Fórum: Érdekes matekfeladatok

És melyik trükkel jön ki ez?

Ami persze deriválás szempontjából ugyanaz, mint a Tied :-)

Nekem jött ki. ( Ha el nem számoltam)

Mathematica szerint: így deriválással már nyilván triviálisan ellenőrizhető, hogy az integrál:

Számoljuk ki az alábbi integrált:

Ha már függvénynél járunk, anno olvastam egy cikket ( Ruzsa Imre: Számelméleti függvények I.) és itt szerepel egy érdekes konstrukció. A poén az benne, hogy a multiplikatív függvényből származtat egy totálisan additív függvényt.

Legyen ₁(n)=(n) és _k(n)=(_k-1(n)) (k>1).

Nyilván előbb utóbb lesz egy olyan első k index, amikor _k(n)=1. Legyen ez a T(n) függvény. Definiáljuk a következő függvényt:

F(n)={ .

Bizonyítsuk be, hogy F(n) totálisan additív.

Klikk bal oldalon a Matematika oktatási portál sorra, s Fazekas-honlapon rengeteg feladatot találsz, jórészt megoldva.

Például: Feladatbank Témakörök Algebra-Számelmélet Számelmélet.

Ja igen! Elírtam, de én is igazoltam (sajnos csak magamnak) a multiplikativitást, úgyhogy ez rendben van. Igazából azért bizonytalanodtam el korábban, mert a kapott megoldás "nem valami szép" és nem tudom, hogy Cckek akar(t)-e valami szépet mutatni azzel a feladattal kapcsolatban. Én már ezen agyaltam. Csá!

Sziasztok! Azt szeretném kérni, valaki írjon ide a fórumra pár "nívósabb" számelméleti feladatot legnagyobb közös osztó, ill. legkisebb közös többszörös témakörben, illetve diofantoszi egyenletek témakörben (pl. olyanokra gondolok, amik OKTV-n, vagy más tanulmányi versenyeken előfordultak már)megoldással együtt. NAgyon köszönöm a segítséget!!! Már több helyen keresgéltem, de nem nagyon találok.

Nem értelmezted félre a feladatot, valóban ez volt, de egy kis kiegészítésre szorul. Csak a multiplikatív számelméleti függvényeket határozza meg a prímhatvány helyeken felvett értékük. Az viszont igaz, hogy multiplikatív számelméleti konvolúciója is multiplikatív. Ezért célszerűbb az eredeti alakot használni a megoldásban, mert ebből a jelölésből látszik a két multiplikatív függvény ( f(n)=n és (n) )

A következő definícióval élve: S(m) egy számelméleti függvény. Így prímhatványhelyeken felvett helyettesítési értékei meghatározzák. Ha m=pⁿ,S(m)=p^n-1(np+p-n) egyébként pedig a szokásos módon ha (m,n)=1, akkor S(mn)=S(m)S(n).

Most így megnézve lehet, hogy valamit félreértettem, mert túl egyszerű amit írok, de ha már végigszenvedtem a TeX tanfolyamot csak bennhagyom. Hello!

Valóban ez a megoldás, gratulálok, mert ez egyáltalán nem egy könnyű feladat:D, legalábbis számomra nem volt az. Ha már Euler számelméleti függvényénél vagyunk, akkor itt van mégegy:

Számítsuk ki a következő összeget:

Nem volt unalmas,de szerencsém volt :-). Mindkét oldal "e" alapú logaritmusát véve,bizonyítandó, hogy

Felhasználva, hogy |q|>1 és a logaritmus függvény hatványsorát ez ekvivalens a következővel

.

Most vizsgáljuk meg (n1) együtthatóját a bal oldalon. Ha ez mindig 1, akkor készen vagyunk.

Nyilván ha n=ab, akkor lesz olyan tag, ahol az együttható . Tehát együtthatója a bal oldalon

( Itt felhasználtuk, hogy a (n) számelméleti függvény összegzési függvénye az "n" függvény)

"Itt elég a második tagról belátni, hogy pozitív, mert az első az. x=1+t helyettesítéssel t³-ig kiírt Taylor-sorral látszik, nem tudom, van-e rá egyszerűbb módszer, ez az út elég gány ahhoz, hogy végigírjam."

Mivel csak polinom és logaritmus van benne, ilyenkor érdemes még egyszer deriválni:

, ha x>1, de x-1/x-2ln x az 1 helyen 0, tehát ha x>1, akkor mindig pozitív a kérdéses kifejezés.

Igen ez is gyors, szép megoldás, az eredeti feladat így szólt: Számitsuk ki -t.

De mivel látom unatkoztok itt van egy sokkal nehezebb feladat amivel rengeteget kinlódtam: Bizonyítsuk be, hogy

ahol az Euler indikátor, qZ\{-1,0,1}

Kijön ez deriválgatásokkal, nálam legyen x:=- (érdemesebb ezt az utat követni, mert akkor log nem jön be). x a továbbiakban mindig legyen (0,1)-ben.

Ekkor, mivel csak az egészrésze kell a függvénynek, ezért elég igazolni, hogy 2 és 3 közé esik az értéke: , ha 0<x<1. A nevező pozitív, így felszorzás és rendezés után kapjuk, hogy kell: 0<(3-x)e^x-(3+x)=:g(x), de g(0)=0, továbbá g'(x)=(2-x)e^x-1, amire g'(x)>e^x-1>0, így g szigorúan monoton nő (0,1) intervallumban, de g(0)=0, így g(x)>0 itt, ami kellett. (g folytonossága is kellett itt még, mert sajnos g'(0)=0).

Másik irányú becsléshez: , felszorozva és rendezve kell: 0(x-2)e^x+(x+2)=:h(x), itt h(0)=0, továbbá: h'(x)=(x-1)e^x+1, tehát h'(0)=0, továbbá h''(x)=xe^x0, így h' monoton nő, de h'(0)=0, így h'(x)0, de akkor h monoton nő, de h(0)=0 miatt h(x)0 teljesül, ami kellett.

Szép, hamar lecsaptad:D Én sokkal bonyolultabban csináltam:(

-t kiemelve a számlálóból és a nevezőből is, valamint bevezetve az jelölést, a következő (immár egyváltozós) alakot kapjuk - mellesleg az is látszik, hogy és pozitív voltát nem használjuk sehol, az a feltétel elhagyható:

f(e)2.16, (utóbbi azért igaz, mert az x=1 közelében ln xx-1)

Ezek után már csak az kell, hogy a függvény szigorúan monoton az [1,e] intervallumon, és meg is kaptuk a választ: 2.

Itt elég a második tagról belátni, hogy pozitív, mert az első az. x=1+t helyettesítéssel t³-ig kiírt Taylor-sorral látszik, nem tudom, van-e rá egyszerűbb módszer, ez az út elég gány ahhoz, hogy végigírjam.

Itt van Lajos, egy neked való feladat, egy helybéli igen megbecsült matematikus egyik feladatát általánosítgattam. Persze bárki megoldhatja ha van kedve hozzá.

Legyen ,>0,0<-<1. Számítsuk ki

értéket ahol [x]-el az x valós szám egész részét jelöltük.

Tovább próbálkozom. Legyenek tehát P és Q az n-dimenziós (komplex) Cⁿ teret önmagukba képező n x n-es hermitikus idempotens mátrixok, melyek rangja azonos.

A rang a képtér dimenziója.

Az operátorokra vonatkozó felbontási tétel alapján tudjuk (felhasználva, hogy most az operátoraink hermitikusak és véges dimenzióban vagyunk), hogy Cⁿ előáll a lineáris operátor képtere és magtere direkt összegeként. (Speciálisan, a képtér és a magtér dimenziójának összege n.)

Ezekből azt kapjuk, hogy P-nek és Q-nak nemcsak a képtere, de a magtere is azonos dimeziós kell legyen.

Korábban láttuk, hogy P=PQ. Ebből az adódik, hogy ha egy x vektor Q magterében van, akkor egyúttal P magterében is benne van: ker(Q) ker (P). De a két magtér, mint altér, azonos dimenziójú, ez csak úgy lehet, ha azonos.

De akkor a felbontási tétel miatt az ortogonális komplementereik, vagyis a képtereik is azonos alterek.

Tudjuk, hogy a projektorok a képtéren identitásként hatnak. (Valóban, ha x pl. P képterében van, akkor alkalmas y Cⁿ vektorral x=Py. De az idempotencia miatt ekkor Px=PPy=Py=x.)

Legyen tehát z egy tetszőleges Cⁿ-beli vektor. Ekkor z előáll z₀+z₁ alakban, ahol z₀ P magterébe esik (ami egyúttal Q magtere is), z₁ pedig P (avagy Q) képterébe esik. Emiatt

Pz=P(z₀+z₁)=Pz₁=z₁=Qz₁=Q(z₀+z₁)=Qz,

tehát P=Q.

Remélem, ezzel a megoldás rendben van :)

Nem kőtáblába véstem:-) Azért irtam mert érdekel a téma. Semmi egyéb. Az összes tévedésre szükséges rámutatni. Az összeget azért gondolom oda a definicióhoz, mert igazán az az oldala izgat. Mint ahogy mondtad is a mátrix nyoma fontos.(Fizikailag a nyom sűrűséggel kapcsolatos. A sűrűségek pedig additivek? Vagyis egy térbeli pontban egy részecske helyett rögtön egy r szer akkora?. Helycserével? Anélkül?) Diagonálmátrixok összegének nyoma a nyomok összege. r(a+a)=raa, a mátrix elemei, r komplex számok, szintén megoldható, ekkor persze ferdén hermitikus a mátrix, akkor főátlóban tisztán képzetes szám állhat, de ezek minden páros hatványa lehet hermitikus, idempotens. De ezek csak gondolatok. Az eredeti feladattal kapcsolatban csak annyi volt a meglátásom, hogy a mátrix harmadik hatványa van a bizonyitandóban, akkor PP=P ből következik idempotencia miatt PQP=PQ=QP=PP=P. A középső rész kommutativitás. (Kommutativitásra nxn mátrixnál legalább nxn művelet kell eldöntéséhez. És ha n az Avogadro szám?) Egyébként olvasótok vagyok inkább. BUÉK

(Nem kukacoskodásból kérdeztem rá direktben, csak azért, mert nem értettem, és meg akartam érteni az állítását, ehhez tudnom kellett, a definíciókban "közös nevezőn" vagyunk-e :)

Az értelmezéseket valóban kitünően elmondtad, s én hiszek abban hogy ez a forum a matematika és persze a matematikusok feltétlen tiszteletéről szól. Éppen ezért nem árt néha beismerni ha tévedtünk. Ez k...a nehéz de a tisztelet elérése szempontjából feltétlenül szükséges. És nem olyan vészes a tévedés,-a matematikai eredmények tévedések sorozatai, egy tévedés kijavítása oriási eredmény lehet:D- sokkal inkább veszélyes feltétlenül védeni az igazunkat. A magam hibájából tanultam ezt tehát, sértődöttségre semmi ok.

Az I idempotens. Elmondtam az általános definiciot. (Annak értelmében nem lenne idempotens) Mátrixokra A=AA=AAA..... Ez a probléma amit kitűzött a kolléga: PQP=PP=P. Az állitása PQP=P alakban volt megadva. Továbbá csak vázoltam mxn mátrixból kiindulva unitér mátrixra mi adódik. Rang változatlan. Te megcsináltad Projektorra. Kellene még egy szokásos (A+A*)/2 és poláris P=QQU felbontásra is.

2391 ' Transzponált.