[2915] jenei.attila | 2009-04-19 14:17:32 |
Kíváncsian várom a te megoldásodat. Igazából ez a feladat hasonló állításra épül, mint amit az identitás fv. két periodikus fv. összegeként való előállításakor már említettem. Nevezetesen az np+kq alakú számok halmaza (ahol p,q rögzített nem összemérhető (p/q irracionális) számok, n és k pedig végigfutnak az egész számokon), sűrű a valós számok halmazában. Egyelőre úgy látom, hogy ezt a tényt a feladatod megoldásában ki kell használni, és ez az irracionális számok elsőrendűnél jobb racionális közelíthetőségén múlik.
|
Előzmény: [2914] forex, 2009-04-19 10:32:27 |
|
|
|
|
|
[2910] jenei.attila | 2009-04-15 13:07:10 |
Először egy önmagában is érdekes segéd állítást fogok bebizonyítani: legyenek t valós, x irracionális, h pozitív valós számok adottak. Ekkor léteznek k és m természetes számok, hogy
|t+kx-m|<h
, vagyis a t kezdőértékű, x differenciájú számtani sorozat tagjai tetszőlegesen közel kerülhetnek egész számokhoz. Ismeretes, hogy az x irracionális szám másodrendben jól közelíthető racionális számokkal, ami azt jelenti, hogy végtelen sok a és b relatív prím természetes szám létezik, hogy
(az x irracionális szám lánctört kifejtésének szeletei ilyenek; ld. Niven Zuckerman: Bevezetés a számelméletbe). Válasszunk olyan b-t, amire 1/b<h/2 teljesül, u pedig definíció szerint legyen u:=[tb] ([] az egészrészt jelöli). Nyilván igaz, hogy . Mivel a és b relatív prímek, létezik olyan 0k<b természetes szám, amelyre b osztója u+ka -nak. Definíció szerint legyen természetes szám. Ezek szerint
Visszatérve az eredeti feladathoz: tetszőleges n természetes számhoz olyan 2 hatványt kell találnunk, amelynek 10-es számrendszerbeli első néhány jegye éppen n-et adja. Ez azt jelenti, hogy léteznek k és m természetes számok, amelyekre
n10k2m<(n+1)10k
teljesül. Ezzel ekvivalens
log2n+k*log210m<log2(n+1)+k*log210
Látható, hogy az előző allításunkat kapjuk vissza szereposztással, a k és m pedig ugyanaz. Itt a másodrendű racionális közelíthetőség miatt fontos, hogy log210 irracionális. Ezt szintén be kéne bizonyítani.
|
Előzmény: [2905] forex, 2009-04-04 14:42:56 |
|
[2909] Cogito | 2009-04-14 16:28:10 |
Szép, korrekt megoldás (egy apróság: alulról a 9. sorban a harmadik "=" helyére "" írandó).
E feladat általánosítása kapcsán vetette fel Vasile Cirtoaje "egyenlőtlenség-szakértő" :) a következő tételt:
"Adottak az x1, x2, ..., xn nemnegatív valós számok, melyekre fennáll, hogy x1 + x2 + ... + xn = konstans1 és x12 + x22 + ... + xn2 = konstans2. Adott még a k > 2 szám.
Az S = x1k + x2k + ... + xnk összeg maximális, ha x1 = x2 = ... = xn-1 xn."
E tétel bizonyítását 'Vasc' sajnos nem közölte. Ismeri valaki ezt a tételt? Érdekelne a bizonyítása, vagy legalább a forrásmű neve, elérhetősége.
|
Előzmény: [2907] S.Ákos, 2009-04-11 22:33:02 |
|
|
|
[2906] Cogito | 2009-04-11 20:52:35 |
Az a, b, c nemnegatív valós számokra a + b + c = 3 és ab + bc + ca = 1. Határozzuk meg az a4 + b4 + c4 kifejezés maximumát.
|
|
[2905] forex | 2009-04-04 14:42:56 |
Sziasztok!
Bizonyítsátok be hogy tetszőleges k jegyű pozitív n egész számhoz létezik olyan kettőhatvány, melynek első k jegye rendre megegyezik n első k jegyével.
pl.: n=51 ----> 512 ; n=102 -----> 1024 ; n=20 ----> 2048 ;
|
|
|
[2903] jenei.attila | 2009-04-04 09:08:53 |
A jó sorozatokat következőképpen számoljuk össze: egy n hosszúságú jó sorozatban az előző n-1 elemből álló sorozat is jó. Jelöljük an-nel a nem fehér színnel végződő n hosszúságú jó sorozatok számát, bn-nel pedig a fehérrel végződők számát. Ekkor a jó sorozatok száma (amit cn-nel fogunk jelölni) nyilván cn=an+bn és a1=4 b1=1.
an=an-1+4bn-1
, mivel nem fehérre végződő jó sorozatot úgy kapunk, hogy az n-1 -edik elem nem fehér és akkor az n-edik elem ugyanolyan színű, vagy az n-1 -edik elem fehér de akkor az n-edik elem 4 féle színű lehet. Hasonlóan meggondolva
bn=an-1+bn-1
a fehérre végződő jó sorozatok száma annak megfelelően, hogy ekkor a megelőző n-1 hosszú jó sorozatot fehér színnel folytatjuk. Egy kis alakítással kapjuk: c1=5, c2=13
cn=2cn-1+3bn-1
(mivel cn=an+bn)
bn=cn-1
,amiből végül
cn=2cn-1+3cn-2
másodrendű lineáris rekurzió adódik. Meglehet adni zárt alakban is, ezt másra hagyom.
|
Előzmény: [2894] gubanc, 2009-04-01 11:51:00 |
|
[2902] jonas | 2009-04-02 19:25:54 |
Ja értem. Én úgy próbáltam színezni a pontokat, hogy bármelyik két szomszédos vagy különböző színű legyen, vagy az egyik fehér. Te viszont azt mondtad, hogy bármelyik két szomszédos pont legyen vagy azonos színű, vagy az egyik közülük fehér.
Ebben az esetben a megfelelő sorozat szerintem az A046717 lesz.
|
Előzmény: [2898] gubanc, 2009-04-01 20:22:57 |
|
[2901] gubanc | 2009-04-02 16:27:50 |
Látom, a legjobb úton haladsz a feladat általánosítása felé (Pl.: 5 szín helyett k szín ...). Csak dícsérni tudom ezt a kezdeményezést! :))
Előre is köszönet mindkettőtöknek, és az esetleges további hozzászólóknak is. (gubanc)
|
Előzmény: [2900] BohnerGéza, 2009-04-02 15:19:38 |
|
|
[2899] BohnerGéza | 2009-04-01 22:07:18 |
Telhetetlen vagy gubanc!
(: Egy és két szín esetén tudnék segíteni. :)
(Sőt, egyelőre azt hiszem, három vagy több szín esetén lényegében ua. a feladat, esetleg a zárt alak megadásában lehetnek különböző nehézségűek. Azért megpróbálom komolyabban is.)
|
Előzmény: [2894] gubanc, 2009-04-01 11:51:00 |
|
[2898] gubanc | 2009-04-01 20:22:57 |
Sajnos még mindig nem világos számomra a dolog. Hogyan érted azt, hogy "el kell tolni eggyel a sorozatot"? Azt láttuk, hogy a sorozat első tagjának 5-nek kell lennie. Ha ehhez igazodunk, akkor az OEIS-ből belinkelt sorozatot kettővel (és nem eggyel) eltolva a1 = 5 és a2 = 21 adódna. Így meg a2-vel van egy kis probléma ... . Egyébként javasolom, hogy lépjünk túl a rekurziós alakon és n 3-ra próbáljuk megadni (ha lehet) explicit módon is a sorozat n-edik tagját ( és persze előbb az a2 helyes számértékét).
(Elnézést, ha valamit félreértettem volna.)
|
Előzmény: [2897] jonas, 2009-04-01 19:00:06 |
|
|
[2896] gubanc | 2009-04-01 16:06:19 |
Ha jól látom, az általad megadott hivatkozás a1 = 1 -et ír, ami ellentmond annak, hogy n = 1 esetén az egyetlen pontot - az öt szín miatt - ötféleképpen színezhetjük ki.
|
Előzmény: [2895] jonas, 2009-04-01 15:28:31 |
|
|
[2894] gubanc | 2009-04-01 11:51:00 |
Szép napot! Kíváncsi lennék a köv. feladat megoldására.
Egy egyenesen sorakozik n pont ilyen sorrendben: P1, P2, ... , Pn. Adott öt különböző szín, egyikük a fehér. Kiszíneztük e színekkel az összes pontot. A színezés szabálya, hogy bármely két, egymást követő Pi , Pi+1(i = 1, 2, ... , n-1) pontra teljesüljön, hogy azonos színűek, vagy legalább az egyikük fehér. Hány szabályos színezés lehetséges?
|
|
|
[2892] Csimby | 2009-03-30 20:30:37 |
y=x-x3 és x=y3-y ugyanaz az origón átmenő görbe, csak 90 fokkal elforgatva. A tengelyeket (-1,0);(0,0);(1,0) illetve (0,1);(0,0);(0,-1) pontokban metszik. Más metszéspontjuk pedig nem lesz mint a (0,0) ez abból látszik, hogy a (-1,1)×(-1,1) négyzeten kívül mindegyik síknegyedben csak az egyik görbe halad. A négyzeten belül is a (-1,0)×(0,1); (0,1)×(0,1);(-1,0)×(0,-0);(0,1)×(0,-1) négyzetek mindegyikében csak az egyik görbe halad.
|
Előzmény: [2891] Csimby, 2009-03-30 20:06:14 |
|
[2891] Csimby | 2009-03-30 20:06:14 |
Az egyik egyenletből kifejezzük y-t, majd a másikba helyettesítjük, így ezt kéne megoldani: x(2-2x2+3x4-3x6+x8)=0 A 0 lesz az egyik gyök nyilván. x2=z helyettesítéssel, keressük: 2-2z+3z2-3z3+z4=0 gyökeit. Ezek: Tehát nem lesz több valós gyök. Biztos be lehet látni szebben is.
|
Előzmény: [2890] MTM, 2009-03-30 15:45:10 |
|