Fórum: Érdekes matekfeladatok

[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.

[2722] jenei.attila	2008-07-26 09:23:23
Szerintem sokunkat érdekelne. Hogy tudnád közzétenni, vagy elküldeni? Előre is köszi.
Előzmény: [2721] Gyöngyő, 2008-07-24 08:01:03

[2721] Gyöngyő

2008-07-24 08:01:03

Sziasztok!

Kit érdekelne esetleg egy pár db könyv(angolul),pdf fájlban? 8gb anyag körülbelül 3500db könyvem van,és jobbnál jobb témák,pl: Ramanujan könyvek. Akit érdekel bátran irjon!

Üdv.: Zsolt

[2720] szbela

2008-07-16 21:31:38

Sziasztok!

Először is elnézést a hanyag TEX miatt. Egy picit másképpen Cckek feladatának megoldása:

$\int_0^1f(x)dx=\int_0^af(x)dx$

mert $\int_a^1f(x)dx=0$

Legyen g(x):=f(x)/s , ahol s:=sup{|f^'(x)|,x $\in$ [0,1]}

ekkor nyilván sup{|g^'(x)|,x $\in$ [0,1]}=1

Azt kell belátnunk, hogy $\bigg|\int_0^a g(x)dx\bigg|<=a/2$

Megmutatjuk, hogy |g(x)|<=a-x+|g(a)| $\forall$ x $\in$ [0,a]-ra

Tfh indirekten, hogy $\exists$ y $\in$ [0,a] melyre |g(y)|>a-y+|g(a)|

ha a=y, akkor nyilvánvalóan ellentmondásra jutunk, ha a $\neq$ y akkor átrendezés után $1< \frac{|g(y)|-|g(a)|}{a-y}$

Alkalmazzuk a háromszögegyenlőtlenséget és mivel a>y, így: $1< \frac{|g(y)|-|g(a)|}{a-y} <= \frac{|g(y)-g(a)|}{|a-y|}=\frac{|g(a)-g(y)|}{|a-y|}= \bigg|\frac{g(a)-g(y)}{a-y}\bigg|$ Amire alkalmazva Lagrange-középértéktételét, adódna hogy $\exists$ z $\in$ (y,a) melyre |g^'(z)|>1 Ellentmondásra jutottunk.

Beláttuk tehát, hogy |g(x)|<=a-x+|g(a)| $\forall$ x $\in$ [0,a]-ra

Alkalmazzuk, hogy $\big|\int_0^a g(x)dx \big| <=\int_0^a |g(x)|dx$ Mivel |g(x)|-et majorálja a-x+|g(a)| [0,a]-n, ezért $\int_0^a |g(x)|dx<=\int_0^a a-x+|g(a)| dx$ és így elég megmutatnunk, hogy $\int_0^a a-x+|g(a)| dx <=a/2$ Alkalmazva a Newton-Leibniz-tételt: $\int_0^a a-x+|g(a)| dx =a^2- \frac{a^2}{2}+ |g^{'} (a)|* a=\frac{a^2}{2}+ |g^{'} (a)|* a= \frac{a}{2}*(a+ |g^{'}(a)|)$

Így most már csak azt kell megmutatni, hogy |g^'(a)|<=1-a

Alkalmazva az integrálszámítás középértéktételét $\exists$ s $\in$ [a,1] $0=\int_a^1 g(x)dx=(1-a)*g(s)$ Ebből következik, hogy g(s)=0, hiszen a $\neq$ 1

$|g(a)|=\bigg|\big(g(s)-g(a)\big)*\frac{a-s}{s-a}\bigg|=|g^{'}(z)|*|a-s|$

ismét alkalmazva Lagrange középértéktételét adódik, hogy van ilyen z $\in$ (a,s)

|g^'(z)|*|a-s|<=|a-s|=s-a hiszen s>a, s<=1. Amiből adódik, hogy |g^'(a)|<=1-a

Így bebizonyítottuk az állítást.

Előzmény: [2711] HoA, 2008-07-08 17:35:00

[2719] Gyöngyő

2008-07-14 17:02:45

Akkor itt egy másik:

Bizonyítsuk be,hogy

$(a,b)=\sum_{m=0}^{a-1}\sum_{n=0}^{a-1}\frac{1}{a}e^{\frac{2\pi ibmn}{a}}$

[2718] jenei.attila	2008-07-14 11:32:57
A sorozatot kicsit elszámoltam: 1,2,4,3,6,10,12,4,8,18,...
Előzmény: [2717] jenei.attila, 2008-07-14 11:17:24

[2717] jenei.attila

2008-07-14 11:17:24

Tisztázva az eddigieket: a 2^m $\equiv$ -1 (mod 2n-1) kongruencia természetesen előállhat, de ez nem jelenti azt, hogy a bal oldali oszlop teljesen fekete lesz. A zavart az okozza, hogy ha 2^m $\equiv$ 0 (mod 2n-1), az jelentheti a 2n-1 sorszámú korongot is. A kezdetben 0 (bal alsó) illetve 2n-1 (jobb felső) sorszámú korongok minden művelet után eredeti helyükre térnek vissza, ezért elég a többi korong mozgását követni. Ha 2^m $\equiv$ q (mod 2n-1) (a jobb alsó korong m művelet után a q pozícióba kerül) és 2 $\le$ q $\le$ 2n-2, akkor könnyen látható, hogy van olyan páros p (2 $\le$ p $\le$ 2n-2), amelyre qp mod 2n-1 páratlan. Ez azt jelenti, hogy a kezdetben páros p sorszámú korong (bal oszlopbeli fehér) páratlan pozícióba, azaz a jobboldali oszlopba kerül. Márpedig a jobboldali oszlop soha nem lehet teljesen fehér, mivel a tetején mindig fekete korong áll. Vagyis m művelet elvégzése után csak akkor lesznek újra egyszínűek az oszlopok (és ekkor minden korong az eredeti helyére kerül vissza), ha 2^m $\equiv$ 1 (mod 2n-1).

Ha 2^m $\equiv$ q (mod 2n-1) és 2 $\le$ q $\le$ 2n-2 akkor p legyen 2n-1/q felső egészrésze, vagy ha ez páratlan adjunk még hozzá 1-et. Ezzel a p-vel qp páros és 2n $\le$ qp $\le$ 4n-3, vagyis qp mod 2n-1 =qp-(2n-1), ami páratlan.

Összefoglalva: a_n olyan, hogy 2^a_n $\equiv$ 1 (mod 2n-1). a_n néhány első értéke: 1,2,4,6,6,10,12,8

Előzmény: [2713] jenei.attila, 2008-07-12 17:05:19

[2716] nadorp	2008-07-14 09:01:42
Lásd ugyanezen topik Fálesz Mihály [1944] hozzászólását ( jelenleg a 31. oldalon található)
Előzmény: [2714] Gyöngyő, 2008-07-13 04:19:57

[2715] Róbert Gida

2008-07-13 16:30:11

Mértani sor összegképletét használva az állítás átírható a következő szintén érdekes alakra:

$\sum_{n=1}^{\infty} \frac {2^{omega(n)}}{n^2}=\frac 52$

Ahol omega(n) az n különböző prímosztóinak a száma. Bár nem tudom, hogy ez segít a bizonyításhoz...

Előzmény: [2714] Gyöngyő, 2008-07-13 04:19:57

[2714] Gyöngyő

2008-07-13 04:19:57

Bizonyítsuk be,hogy

$\prod\frac{p^2+1}{p^2-1}=5/2$

ahol p végig fut a primek halmazán.

[2713] jenei.attila	2008-07-12 17:05:19
Javítás: "1 vagy -1 2-es alapú logaritmusa modulo 2n+1" helyesen: 1 vagy -1 2-es alapú logaritmusa modulo 2n-1. Másrészt a 2^m $\equiv$ -1 (mod 2n-1) kongruencia valószínűleg soha nem állhat elő, mert a 0 sorszámú korong mindig helyben marad, vagyis a baloldali oszlop soha nem lehet teljesen fekete, márpedig ebből a kongruenciából az következne. Ezen még gondolkozok.
Előzmény: [2712] jenei.attila, 2008-07-12 15:49:09

[2712] jenei.attila	2008-07-12 15:49:09
Lórántfy zsetonos feladatáról néhány gondolat. Számozzuk a zsetonokat a következőképen: A baloldali oszlop alsó korongja 0, a jobboldali oszlop alsó korongja 1, a bal oszlop alulról második korongja 2, a jobb oszlop alulról második korongja 3, s.í.t. sorszámokat kapnak. Vagyis a bal oszlopban alulról számolva 0-tól 2n-2 -ig páros sorszámot kapnak, míg a jobboldali oszlopban 1-től 2n-1 -ig páratlan sorszámot kapnak a korongok. összefésülés után, nyilván alulról 0-tól 2n-1 -ig lesznek megszámozva a korongok az egyesített oszlopban. Felezzük el az összefésült oszlopot lórántfy utasítása szerint, majd számozzuk újra a korongokat az előző eljárás szerint. Ekkor, ha egy korong sorszáma eredetileg p volt, akkor újraszámozás után ugyanez a korong 2p mod 2n-1 sorszámot kap. Ha pl. n=3 és a 3-as sorszámú korongot tekintjük (jobboldali oszlop alulról második korongja), akkor ez a 2*3=1 (mod 5) sorszámot kapja, ami azt jelenti, hogy a művelet elvégzése után a jobboldali oszlop aljára kerül. Általában m művelet elvégzése után az eredetileg p sorszámú korong a 2^mp mod 2n-1 sorszámot kapja. Látható, hogy így minden egyes korong mozgását pontosan nyomon tudjuk követni. Tekintsük az eredetileg 1-es sorszámú (jobb oszlop alsó) korongot. Ha 2^m $\equiv$ 1 (mod 2n-1), akkor m menet után ez a korong az eredeti helyére ér vissza. De ekkor minden korong is az eredeti helyére ér vissza, mert nyilván 2^mp $\equiv$ p (mod 2n-1) is igaz. Ha 2^m $\equiv$ -1 $\equiv$ 2n-2 (mod 2n-1), akkor az eredetileg jobb oszlop alsó korongja a bal oszlop tetejére érkezik, és mindkét oszlop oszloponként egyszínű korongokból fog állni, csak éppen az eredeti sorrend fordítottjaként. Tehát a válasz: ha 2^m $\equiv$ $\pm$ 1 (mod 2n-1), akkor m művelet elvégzése után biztosan újra egyszínű oszlopokat kapunk. Próbálgatással úgy tűnik azonban, hogy kevesebb lépésben ez nem áll elő. Ezt még be kéne bizonyítani. természetesen az m többszörösei is jók, tehát a legkissebb ilyen m-et keressük (1 vagy -1 2-es alapú logaritmusa modulo 2n+1; nem tudom hogy lehet könnyen kiszámítani).
Előzmény: [2694] lorantfy, 2008-06-20 11:10:20

[2711] HoA	2008-07-08 17:35:00
Amíg nem születik prcíz megoldás, itt egy geomatriai megközelítés, ahol elfogadjuk, hogy "határozott integrál" = "görbe alatti terület" és f'(x) = "érintő meredeksége". A feltétel miatt $\int_0^1f(x)dx = \int_0^af(x)dx + \int_a^1f(x)dx = \int_0^af(x)dx$ Legyen s=sup{\|f'(x)\|:x $\in$ [0,1]}>0 ( a triviális 0 esettől eltekinthetünk ). Mindkét oldalt s-sel osztva a baloldalon g(x) = 1/s f(x) integrálja szerepel, a jobboldalon a/2 . Bizonyítandó tehát: $\left \|\int_0^ag(x)dx \right\|\le \frac a2$ , ahol g olyan függvény, melyre sup{\|g'(x)\|:x $\in$ [0,1]}=1 . Tegyük fel, hogy g(a)=h $\ge$ 0 ( ellenkező esetben az abszolút érték miatt vehetjük a -g(x) függvényt ) Ha ábrázoljuk g(x)-et, megállapíthatjuk, hogy 0 és a között nem lehet pontja a -1 meredekségű y = h - ( x - a ) = h + a - x egyenes felett, ugyanis ha valamilyen u-ban g(x) > h + a - u , akkor u és a között lenne olyan v, ahol \|g'(v)\| > 1. Ugyanígy nem lehet g(x)-nek pontja (0,a) -ban az y = h + x - a egyenes alatt sem. A baloldali integrál abszolut értéke, a görbe alatti terület akkor a legnagyobb, ha a teljes rendelkezésre álló pozitív tartományt kitölti, vagyis $\left \|\int_0^ag(x)dx \right\| = T_1 \le ah + \frac {a^2}{2}$ . a és 1 között a görbe alatti terület 0, tehát g(x) negatív értéket is felvesz, ezért van olyan x $\in$ (a,1) , ahol g(x) = 0 . Az a-hoz legközelebbi ilyen x legyen b. Az előzőekhez hasonlóan belátható, hogy a és b között a görbének nem lehet pontja az y = h + a - x egyenes alatt, így b $\ge$ a+h és $\int_a^bg(x)dx = T_2 \ge \frac {h^2}{2}$ Végül a (b,1) szakaszon $\int_b^1g(x)dx = -T_2$ , a görbének nem lehet pontja az y = b -x egyenes alatt, amiből az előzőekhez hasonlóan $T_2 \le \frac {(1-b)^2}{2}$ következik. Egyenlőtlenségeinket egybevetve $\frac {h^2}{2} \le T_2 \le \frac {(1-b)^2}{2} \le \frac {(1-(a+h))^2}{2}$ . Nemnegatív számokról lévén szó $h \le 1 - (a+h) ; h \le \frac {1-a}{2}$ $\left \|\int_0^ag(x)dx \right\| = T_1 \le ah + \frac {a^2}{2} \le \frac {a(1-a)}{2} + \frac {a^2}{2} = \frac {a}{2}$

Előzmény: [2710] Cckek, 2008-07-04 10:43:05

[2710] Cckek

2008-07-04 10:43:05

Legyen f:[0,1] $\to$ R deriválható függvény, úgy hogy létezik a $\in$ (0,1) melyre $\int_a^1f(x)dx=0.$ Bizonyitsuk be hogy:

$\left|\int_0^1f(x)dx\right|\le \frac{a}{2} sup\{|f'(x)|:x\in[0,1]\}.$

[2709] Csimby	2008-06-29 20:38:01
A céltábla középpontja csak a 2×2-es négyzet közepébe eső 1×1-es négyzetbe eshet. Egy lövés akkor találja el a céltáblát, ha annak $\frac{1}{2}$ sugarú környezetébe esik a céltábla középpontja. A kérdés tehát az, legkevesebb hány $\frac{1}{2}$ sugarú körrel fedhető le az egységnégyzet. Ehhez pedig legalább 4 szükséges ugyanis tekintsük a négyzet sarkait, ha 3 körrel le tudnánk fedni, lenne két sarok amit ugyanaz a kör fed le. Ez csak úgy lehet ha az egyik oldal a az egyik kör átmérője, a kimaradó rész pedig könnyen láthatóan nem fedhető le 2 körrel (a két már lefedett sarokhoz akármilyen közel van még lefedendő pont így megint oldal átmérőjű köröket kell elhelyezni).
Előzmény: [2707] Python, 2008-06-29 20:05:28

[2708] rizsesz	2008-06-29 20:14:43
4 elég.
Előzmény: [2707] Python, 2008-06-29 20:05:28

[2707] Python	2008-06-29 20:05:28
Egy 2x2 méteres négyzet alakú papírlap mögött el van rejtve egy 1 méter átmérőjű kör alakú céltábla. Legalább hányszor kell rálőnie egy mindig pontosan célzó mesterlövésznek, hogy biztosan eltalálja a céltáblát? (A találatok pontszerűek, a céltábla pereme is érvényes találat.)

[2706] jenei.attila	2008-06-27 22:15:49
Nagyon szép. Máris találtunk 3 látszólag teljesen különböző rekurziót. Mepróbáltam a teljes indukciós bizonyítást, egyelőre nem sokra jutottam vele, de még nem adtam fel. Azért nem könnyű. Kiváncsi lennék egy közvetlen kombinatorikai gondolatmenetre, ami egyből kiadja a zárt alakot.
Előzmény: [2705] leni536, 2008-06-27 18:43:15

[2705] leni536

2008-06-27 18:43:15

Legyen n db nyitó és n db záró zárójelünk. A helyes zárójelezések száma a_n.

a₀=1

Vizsgáljuk meg, hogy n+1 db nyitó és záró zárójelből hány zárójelezés készíthető. A zárójelezés nyilván egy nyitó zárójellel kezdődik, ennek keressük meg a záró párját. A kettő között elhelyezkedik k db zárójelpár, utána pedig n-k:

( k db zárójelpár ) n-k db zárójelpár

A két zárójel között a_k, utána pedig a_n-k zárójelezés készíthető. Mivel k 0-tól n-ig terjedhet, ezért:

$a_{n+1}=\sum_{k=0}^na_ka_{n-k}$

Sirpi Wikipédiás linkje alapján ezek egyértelműen a Catalan számok.

[2704] Sirpi	2008-06-27 13:47:57
Egyébként ezt az angol nyelvű linket is érdemes megnézni, itt 3 különböző bizonyítás is van a dologra (egy generátorfüggvényes és két elemi - utóbbinak külön szépsége, hogy az $\frac 1{n+1}$ szorzót is megmagyarázza), zárójelezés helyett jobbra és felfelé lépkedő, főátló alá nem lépő királlyal.
Előzmény: [2703] lorantfy, 2008-06-27 11:05:36

[2703] lorantfy	2008-06-27 11:05:36
Szép gondolat a rossz zárójelezések összeszámolásának ez a formája. Köszönöm a segítséget!
Előzmény: [2702] jenei.attila, 2008-06-25 14:57:28

[2702] jenei.attila

2008-06-25 14:57:28

A képlet helyesen:

$p_{n,n}=\binom{2n}{n}-\sum_{i=0}^{n-1} p_{i,i}\binom{2n-2i-1}{n-i}$

Előzmény: [2701] jenei.attila, 2008-06-25 14:53:42

[2701] jenei.attila

2008-06-25 14:53:42

A p_n,z-re (ha n $\ne$ z) nem tudok zárt képletet, de p_n,n másképp is felírható, ami alapján egy teljes indukciós bizonyítás sikerre kell hogy vezessen. Az összes zárójelezések száma $\binom{2n}{n}$ , amiből ki fogjuk vonni a rossz zárójelezések számát. Vezessünk be egy s számlálót 0 kezdőértékkel, amely a zárójelekből álló sztringet elejétől olvasva 1-gyel nő, ha nyitó, illetve 1-gyel csökken, ha záró zárójelet olvasunk. A zárójelezés nyilván akkor romlik el, amikor az s -1 -et vesz fel, ez pedig csak páratlan pozícióban lehet. Pl. nyilván rossz a zárójelezés, ha )-lel kezdődik. Tehát a következőképpen számolunk: A szóban forgó páratlan pozíció (2i+1) előtt befejezett, jó zárójelezés áll (s=0), aztán záró zárójel következik. Ezen esetek száma az előző 2i pozíción létrejövő jó zárójelezések száma (p_i,i), szorozva a 2i+2 -edik pozíciótól kezdődő összes zárójelezések számával ( $\binom{2n-2i-1}{n-i}$ ). Ha i megy 0-tól n-1 -ig, ezek összege megadja az összes rossz zárójelezést. Vagyis:

$p_{n,n}=\binom{2n}{n}-\sum_{i=0}^{n-1} \binom{2n-2i-1}{n-i}$

Ebben a rekurzióban már csak egy index szerepel, úgyhogy teljes indukcióval bebizonyítható, hogy a Catalan számokat adja. Sok sikert.

Előzmény: [2700] lorantfy, 2008-06-24 10:55:29

[2700] lorantfy

2008-06-24 10:55:29

Szia Attila!

Kösz a segítséget! Én is a Catalan számokra gondoltam, csak még bizonyítani kéne.

Előzmény: [2695] jenei.attila, 2008-06-23 16:27:11

[2699] rizsesz	2008-06-23 21:39:37
A nem azonos indexpárral rendelkező tagokra nincsen valami képlet? Nagyon indukció szaga van :)
Előzmény: [2695] jenei.attila, 2008-06-23 16:27:11

[2695] jenei.attila	2008-06-23 16:27:11
Sloane szerint ez a sorozat éppen $\frac{\binom{2n}{n}}{n+1}$ ún. Catalan számok. Hogy ez hogy jön ki, azt még nem tudom.
Előzmény: [2698] jenei.attila, 2008-06-23 12:36:36

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?