Fórum: Érdekes matekfeladatok

Játékszabályok Technikai információ TeX tanfolyam Elfelejtettem a jelszavam Témák

[1] [2] [3] [4] [5] [6] [7] [8] [9] [10] [11] [12] [13] [14] [15] [16] [17] [18] [19] [20] [21] [22] [23] [24] [25] [26] [27] [28] [29] [30] [31] [32] [33] [34] [35] [36] [37] [38] [39] [40] [41] [42] [43] [44] [45] [46] [47] [48] [49] [50] [51] [52] [53] [54] [55] [56] [57] [58] [59] [60] [61] [62] [63] [64] [65] [66] [67] [68] [69] [70] [71] [72] [73] [74] [75] [76] [77] [78] [79] [80] [81] [82] [83] [84] [85] [86] [87] [88] [89] [90] [91] [92] [93] [94] [95] [96] [97] [98] [99] [100] [101] [102] [103] [104] [105] [106] [107] [108] [109] [110] [111] [112] [113] [114] [115] [116] [117] [118] [119] [120] [121] [122] [123] [124] [125] [126] [127] [128] [129] [130] [131] [132] [133] [134] [135] [136] [137] [138] [139] [140] [141] [142] [143] [144] [145] [146] [147] [148] [149] [150] [151] [152] [153] [154] [155] [156] [157] [158] [159] [160] [161]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[2201] Cckek	2007-08-04 15:29:15
Szép:)
Előzmény: [2200] Csimby, 2007-08-04 15:26:15

[2200] Csimby	2007-08-04 15:26:15
n=3k+2 esetén zⁿ+z+1=(1+z+z²)(1-z²+z³-z⁵+...+z^n-2) ahol a jobb oldal második tényezőjében váltakozó előjellel szerepelnek z növekvő hatványai és azok maradnak ki amelyekben a kitevő 3k+1 alakú. Mivel 1+z+z²-nek a 3. primitív egységgyökök gyökei és ezek 1 abszolútértékűek, ezért az egyik irány kész van.
Előzmény: [2198] Csimby, 2007-08-04 15:09:43

[2199] Cckek	2007-08-04 15:12:00
Igen! \|z\|=1
Előzmény: [2198] Csimby, 2007-08-04 15:09:43

[2198] Csimby	2007-08-04 15:09:43
"egységnyi moduluszú" = 1 abszolútértékű?
Előzmény: [2197] Cckek, 2007-08-04 12:53:25

[2197] Cckek

2007-08-04 12:53:25

Egy olimpiászfeladat:

Bizonyítsuk be, hogy a zⁿ+z+1=0 egyenletnek akkor és csakis akkor van egységnyi moduluszú komplex gyöke, ha n 3-mal való osztási maradéka 2.

[2196] Hajba Károly

2007-08-02 08:04:16

OK. Akkor teljes szigorral csak n=7-re ismerünk megoldást.

Alacsony n-re szerintem nincs, ha van, akkor az magasabb n-re lesz. Ez minimum n>7, mivel n=7-re vért izzadva leltünk megoldást.

Előzmény: [2194] Csimby, 2007-08-02 00:56:23

[2195] Lóczi Lajos

2007-08-02 02:14:23

A számítógépbe csak beírom, hogy DSolve, lásd pl. itt.

Amúgy meg a legyegyszerűbb módszer a következő. (Nem írok se vektort, se mátrixot.)

Adott tehát az y'=y+2z és z'=-y+3z rendszer. Kifejezed pl. az elsőből z-t y-nal és beírod a másodikba. Kapsz egy valós, homogén, lineáris, másodrendű egyenletet y-ban. A karakterisztikus polinom két gyöke $\lambda$ _1,2=2 $\pm$ i, vagyis (használva az Euler-formulát) két lineárisan független megoldás az $y_{1}(x)= e^{Re(\lambda_1)x}\cos((Im \lambda_1)x)$ és $y_{2}(x)= e^{(Re \lambda_1)x}\sin((Im \lambda_1)x)$ . Emiatt y(x)=c₁^.y₁(x)+c₂^.y₂(x). Innen z(x) már csak egy szimpla visszahelyettesítés. (Láthatod, hogy nem betű szerint ugyanaz jött ki, mint amit a gép adott, de könnyen látszik, hogy c₁ és c₂-t alkalmasan átnevezve mégsem kaptunk mást.)

Előzmény: [2193] Willy, 2007-08-02 00:35:58

[2194] Csimby	2007-08-02 00:56:23
Szia! Jah, igen ez csak nem kilépő, bocs ha félreérthető voltam. De szerintem az izgalmas kérdés az, hogy van-e 2n-2-nél kevesebb szakaszból álló megoldás.
Előzmény: [2189] Hajba Károly, 2007-08-01 21:14:07

[2193] Willy

2007-08-02 00:35:58

Megkérhetnélek mindkettőtöket, hogy mutassátok meg, ti egész pontosan hogyan oldanátok meg a feladatot (a gépesnek is nagyon örülnék). (Ugyanis se diffegyenletet nagyon, se komplex függvénytant nem tanultam még suliban, csak saját szakállamra; és nem nagyon látom át a helyzetet.)

Előre is köszönöm :-)

Előzmény: [2192] Lóczi Lajos, 2007-08-02 00:20:51

[2192] Lóczi Lajos

2007-08-02 00:20:51

De legegyszerűbb a számítógépet megkérdezni, ami szerint

$y(x)=e^{2x}\left( \cos (x) - \sin (x) \right) c_1 + 2e^{2x}\sin (x) c_2$

és

$z(x)=- e^{2x}\sin (x) c_1 + e^{2x}\left( \cos (x) + \sin (x) \right) {c_2}$ .

Előzmény: [2183] Cckek, 2007-07-29 20:18:25

[2191] Cckek

2007-08-01 21:26:43

Bocs Willy, az előző hozzászolásomban a mátrix:

$A=\left(\matrix{0&1\cr -2&-2}\right)$ .

Elfelejtettem, hogy megváltoztattam a feladat adatait:)

[2190] Cckek

2007-08-01 21:19:55

Helló Willy.

Igen, valami ilyesmi jött ki nekem is vizsgán, bár kissé bonyolultabban. $y=C_1e^{\lambda_1t}v_1+C_2e^{\lambda_2}v_2$

Ahol $\lambda$ ₁=-1+i, $\lambda$ ₂=-1-i sajátértékek és

$v_1=\left(\matrix {-1-i\cr 2}\right),v_2=\left(\matrix{ -1+i\cr 2}\right)$ sajátvektorok. Na ezt kéne valóssá alakítani.

Előzmény: [2186] Willy, 2007-08-01 02:36:51

[2189] Hajba Károly

2007-08-01 21:14:07

De ez ugye csak nem-kilépő? Mert nálam a visszazárt annyit tesz, hogy a kiindulási pontba zár vissza. Azaz nem lehet a gráf egyetlen pontja sem páratlan élű, csak páros. Nálam. :o)

Ha a bal alsóból [1,1] indulsz, akkor csak a [4,4]-be érkezhetsz. Erre én is ráleltem, csak én nem hosszabbítottam meg a már meglévő vonalig. Az [1,1]-be kellene vissza is érkezni.

Előzmény: [2188] Csimby, 2007-08-01 20:36:28

[2188] Csimby	2007-08-01 20:36:28
A bal alsó sarokból kell indulni.

Előzmény: [2172] Hajba Károly, 2007-07-28 13:28:21

[2187] Lóczi Lajos	2007-08-01 18:23:33
Amit valós alakba még célszerű átírni...
Előzmény: [2186] Willy, 2007-08-01 02:36:51

[2186] Willy

2007-08-01 02:36:51

Szia Cckek!

Nem vagyok valami penge a diffegyenltekből, de megnéztem egy próbafüggvényre:

Legyen

$\left(\matrix{y_1\cr y_2\cr}\right)= \left( \matrix{C_1\cdot e^{\lambda\cdot t}\cr C_2\cdot e^{\lambda\cdot t}\cr} \right); \qquad C_1,C_2\in C; \quad t\in R$

(Érzésem szerint ez a próbafüggvény minden megoldást vissza fog adni.)

Végezzük el a mátrixszorzást és a próbafüggvény deriválását is:

$\left(\matrix{y_1\cr y_2\cr}\right)'= \left( \matrix{C_1\cdot \lambda \cdot e^{\lambda\cdot t}\cr C_2\cdot \lambda \cdot e^{\lambda\cdot t}\cr} \right)= \left[\matrix{1&2\cr -1&3\cr}\right]\cdot \left( \matrix{C_1\cdot e^{\lambda\cdot t}\cr C_2\cdot e^{\lambda\cdot t}\cr} \right)= \left(\matrix{(C_1+2C_2)\cdot e^{\lambda\cdot t}\cr (-C_1+3C_2)\cdot e^{\lambda\cdot t}\cr}\right)$

Ebből kapunk egy három paraméterrel rendelkező, egyváltozós, két egyenletből álló egyenletrendszert:

C₁^. $\lambda$ =C₁+2C₂

C₂^. $\lambda$ =-C₁+3C₂

Elsőből kifejezzük C₂-t, beírva a másodikba és rendezve, kapjuk:

$C_2=\frac{\lambda -1}{2}C_1$

0=C₁^.( $\lambda$ ²-4^. $\lambda$ +5)

1) Ezek alapján C₁=C₂=0 és $\lambda$ $\in$ R azaz $y_{trivial}=\left(\matrix{0\cr 0\cr}\right)$

2) Avagy, $\lambda$ _1,2=2 $\pm$ i, C₁ $\in$ R és $C_2=\frac{1\pm i}{2}C_1$ , azaz

$y_{1,2}=\left(\matrix{C_1\cdot e^{(2\pm i)t}\cr \frac{1\pm i}{2}C_1\cdot e^{(2\pm i)t}\cr}\right)$

A három megoldás...

Előzmény: [2183] Cckek, 2007-07-29 20:18:25

[2185] Cckek	2007-07-30 15:37:42
Ami természetesen bizonyítandó:) A következő feladatomban y=(y₁,y₂)^T $\in$ C¹(R)xC¹(R).
Előzmény: [2182] Cckek, 2007-07-29 17:20:58

[2184] epsilon	2007-07-30 07:47:01
Helló Cckek! Kösz a javítást, persze a piszkozaton itt az van, de a bepötyögésnél elíródott! Mindenképpen kedves feladat! Üdv: epsilon
Előzmény: [2182] Cckek, 2007-07-29 17:20:58

[2183] Cckek	2007-07-29 20:18:25
Adott az $A=\left(\matrix {1&2\cr -1&3\cr}\right)$ . Oldjuk meg az y'=Ay differenciálegyenletet.

[2182] Cckek

2007-07-29 17:20:58

A megoldás jó, bár azt hiszem a z=3z'+5 transzformációt alkalmaztad nem?

Általánosítás: a,b,c pitágorászi számhármasok a²+b²=c². Ha |z-c|=b akkor $\left|\frac{a-z}{a+z}\right|=\sqrt{\frac{c-a}{c+a}}$

Előzmény: [2181] epsilon, 2007-07-29 14:01:01

[2181] epsilon	2007-07-29 14:01:01
Helló Cckek, a Te szimpatikus feladatodra akartam választ adni, de egy sorral lennebb klickeltem, így a Doom nickre hívatkozik a válasz!

[2180] epsilon	2007-07-29 13:58:09
Helló! Ha jól számoltam akkor a tört abszolútértéke 1/3, nem de? Pl. végezzük el a z=3+z' transzformációt, így a feltétel alapján abs(z')=1 ezért jelölje z"=konjugált(z). Így 1/z'=z" továbbá ha az abs[(4-z)/(4+z)]=E akkor E=abs[(3z'+1)/(3z'+9)]=1/3*A ahol A=abs[(3z'+1)/(z'+3)]. Most a tört számlálóját és nevezőjét is tagonkénz osztva z'-tel, a konjugálás tulajdonsága alapján azt kapjuk, hogy A=1/A adódik, és A>0 tehát A=1, így E=1/3.
Előzmény: [2177] Doom, 2007-07-28 19:57:48

[2179] epsilon	2007-07-29 13:10:22
Kösz Doom! Az még vettem észre, azzal valóban jobban be lehet osztani csoportokra, de valójában azt a keresési módszereket hiányolom, amikor konkrét szóra, stb. lehetne rákeresni, de gondolom, hogy ezt nem könnyű megvalósítani, mert már megtették volna, nem Én találnám fel a spanyolviaszt! Üdv: epsilon
Előzmény: [2176] epsilon, 2007-07-28 19:35:48

[2178] Cckek	2007-07-29 09:41:26
Egy érdekes általánosítható feladat: Legyen z $\in$ C,\|z-5\|=3. Számítsuk ki $\left\|\frac{4-z}{4+z}\right\|$ értékét!

[2177] Doom

2007-07-28 19:57:48

A hozzászólások felett jobb felül: hány hsz legyen a lapon és rendezze a legöregebbel kezdve... innen már te is ki tudod egyszerűen számolni, hogy melyik sorszám hányas lapra esik... ;)

Ha olyan gyorsabb keresésre gondoltál, ami kulcsszavak alapján működne, az szerintem is hasznos lenne.

Előzmény: [2176] epsilon, 2007-07-28 19:35:48

Játékszabályok Technikai információ TeX tanfolyam Elfelejtettem a jelszavam Témák

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?