Fórum: Valaki mondja meg!

[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]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[1425] epsilon	2010-11-01 11:14:52
Jó, akkor részletezem: Az f(x)-et válasszuk szét így: f(x)=p+x.g(x), tehát f(p)=p(1+g(p))=p.r Az r=1 azt jelentené, hogy g(p)=0, de akkor sorra számolnánk f(p.p), f(p.p.p)...értékeket, ezek is ugyanoda vezetnek, és valamelyik esetben az r csak nem lesz 1 mert ellenkező esetben a g polinomnak végtelen sok gyöke lesz, a p, p.p, p.p.p,....alakú számok közül. Gondolom, így már jó.
Előzmény: [1424] Sirpi, 2010-11-01 10:42:55

[1424] Sirpi	2010-11-01 10:42:55
Egyszerűbben, de rosszul. Az r szám miért ne lehetne 1? Nem véletlenül írtam másfél sort, és nem csak felet :-)
Előzmény: [1423] epsilon, 2010-11-01 10:12:43

[1423] epsilon	2010-11-01 10:12:43
Vagy még így egyszerűen: ha f(x) prím minden x-re, legyen x=0 és f(0)=p prím, most pedig f(p)=q is prím kell legyen, de f(p)-ben kiemelhető közös tényezőnek a p szám, vagyis q=pr alakú, vagyis összetett.
Előzmény: [1420] Cokee, 2010-10-20 23:07:37

[1422] Sirpi	2010-10-27 17:20:57
Legyen f(a)=p. Ekkor minden k egész számra f(a+kp) is osztható p-vel (gondold meg), ami vagy nem prím, ami ellentmondás, vagy prím, de akkor csak p vagy -p lehet, de ha bármelyiket végtelen sokszor venné fel f, akkor csak konstans lehetne, ami szintén ellentmondás.
Előzmény: [1421] David820607, 2010-10-27 16:47:19

[1421] David820607	2010-10-27 16:47:19
Hogyan lehet bizonyítani, h nem létezik olyan egész együtthatós, legalább elsőfokú f(x) polinom , mely minden x egész számra f(x) prím?

[1420] Cokee

2010-10-20 23:07:37

Sziasztok! Tudnátok segíteni a következő feladat megoldásában: Egy m tömegű kiskocsi H magasságból lecsúszva egy bukfencet csinál,vagyis lejtőn való mozgása után függőleges síkú körpályán mozog.H legyen egyenlő azzal a minimális magassággal,amelynél ez a mozgás létrejön. Határozzuk meg,hogy a kiskocsi milyen erővel nyomódik a vágányra a körpálya azon pontján,amelyhez tartozó sugár a függőlegessel $\alpha$ szöget zár be.Súrlódás elhanyagolható.

Köszi: Cokee

[1419] epsilon	2010-10-20 10:12:38
Ahol ez az egyenlőtlenség megjelenik, legtöbb esetben ott szerepel a Hlawka név, de a neten is rá lehet találni az egyenlőtlenség-név társításra, pl. itt: http://planetmath.org/encyclopedia/HlawkasInequality.html
Előzmény: [1417] Gubbubu, 2010-10-19 14:28:50

[1418] nadorp	2010-10-19 19:42:26
Osztrák matematikus, a Wikipédián is megtalálod.
Előzmény: [1417] Gubbubu, 2010-10-19 14:28:50

[1417] Gubbubu	2010-10-19 14:28:50
Én azt szeretném kérdezni, hogy ezt kiről nevezték el és ki? Ki volt Hlawka és miért pont róla nevezték el? Ő fedezte fel? Általánosan elfogadott ez az elnevezés, vagy csak egy cikkben alkalmilag tűnt fel? Engem érdekelnek az ilyen dolgok.
Előzmény: [1416] epsilon, 2010-10-19 14:23:25

[1416] epsilon	2010-10-19 14:23:25
Köszi szépen nadorp! Nagyon elegáns ez a bizonyítása! Üdv: epsilon
Előzmény: [1415] nadorp, 2010-10-19 12:04:43

[1415] nadorp

2010-10-19 12:04:43

(|a+b|+|a+c|+|b+c|)²=

=(a+b)²+(a+c)²+(b+c)²+2|a²+ab+ac+bc|+2|b²+ba+bc+ac|+2|c²+ca+cb+ab| $\leq$

$\leq$ (a+b)²+(a+c)²+(b+c)²+2|a²+ab+ac|+2|bc|+2|b²+ba+bc|+2|ac|+2|c²+ca+cb|+2|ab|=

=2a²+2b²+2c²+2ab+2ac+2bc+2|a||a+b+c|+2|bc|+2|b||b+a+c|+2|ac|+2|c||c+a+b|+2|ab|=

=a²+b²+c²+(a+b+c)²+2|a||a+b+c|+2|b||a+b+c|+2|c||a+b+c|+2|a||b|+2|a||c|+2|b||c|=

=(|a|+|b|+|c|+|a+b+c|)²

Előzmény: [1414] epsilon, 2010-10-19 08:25:23

[1414] epsilon	2010-10-19 08:25:23
Üdvözlök Mindenkit! Szükségem lenne a Hlawka egyenlőtlenség egy bizonyítására de sehol sem találom, erről lenne szó: Igazoljuk, hogy minden x,y,z valós szám esetén igaz, hogy: /x/+/y/+/z/+/x+y+z/>=/x+y/+/y+z/+/z+x/ ahol /a/ az a szám abszolút értékét jelöli. Mindennemű segítséget előre is köszönök. Tisztelettel: epsilon

[1413] Nánási József	2010-10-10 18:00:00
szerk@komal.hu címre írj inkább, én ezt a kérdést feltettem lassan 2-3 hete, és itt nem válaszoltak, míg szerkesztőségi címről szinte azonnal választ szoktam kapni(persze ezt nem kérdeztem meg).
Előzmény: [1412] Nagy Tamás, 2010-10-10 17:13:42

[1412] Nagy Tamás	2010-10-10 17:13:42
Hello! Én a debreceni Ady Endre Gimnáziumba járok és 5 osztályosban vagyok 10es akkor most hanyadikost írjak be? Mert tananyag tudásból inkább 9.-es vagyok mintsem 10.-es.

[1411] Marika

2010-10-09 17:34:49

Sziasztok ! Tud valaki segíteni? Mennyi annak aparalellogrammának a kerülete amelynek az egyik oldala 16 cm a hozzátartozó szög 60 fok és a magassága 4cm.

És mégegy Téglalap kerülete? Ha az átlói 10cm -ek az általuk bezárt kisebbik szög pedig 30 fok. Légy szíves segítsetek.DE ha lehet kicsit szájbarágós magyarázattal , mert nekem ezek nagyon zavarosak!!

előre is köszönöm szépen

[1410] SmallPotato

2010-10-08 23:35:01

a) Ismered a háromszög egy oldalát és mindhárom szögét, így szinusztétellel ki tudod számítani a további oldalakat.

Szinusztétel nélkül macerásabb:

b) Legyen mondjuk a = 16 cm, és legyen $\beta$ =56°, $\gamma$ =72°. Felírod a háromszög m_a magasságát, mint bsin $\gamma$ és mint csin $\beta$ , ezek tehát egyenlők. Felírod továbbá az a oldalt, mint b és c vetületének összegét: a=bcos $\gamma$ +ccos $\beta$ . Így van két egyenleted, amelyekben b és c az ismeretlenek.

Előzmény: [1409] Mérilu, 2010-10-08 22:11:25

[1409] Mérilu

2010-10-08 22:11:25

S.o.S.Mekkora a Kerülete annak a háromszögnek? Amelynek az egyik oldala16cm.és a rajta fekvő két szög 56és 72 fok?

Légyszives segítsetek! Köszi

[1408] m2mm	2010-10-07 22:41:29
Próbálkozz teljes indukcióval (de lehet, hogy másképp is kijön).
Előzmény: [1395] David820607, 2010-10-06 16:46:06

[1407] vogel	2010-10-07 20:06:17
Igen, ezt a kifejezést bontottam ki eredetileg.
Előzmény: [1406] Róbert Gida, 2010-10-07 17:03:17

[1406] Róbert Gida	2010-10-07 17:03:17
Amúgy az n-edik tag pont $\frac {\binom{2n}{n}}{2^{2n}}$ -nek a négyzete, így üvölt róla az aszimptotika.
Előzmény: [1404] Tóbi, 2010-10-07 15:26:15

[1405] Róbert Gida	2010-10-07 17:03:02
Létezik.
Előzmény: [1395] David820607, 2010-10-06 16:46:06

[1404] Tóbi	2010-10-07 15:26:15
A Stirling-formulából valóban kijön az n. tagra az $\frac{1}{\pi n}$ becslés, de ha kicsit másképp módosítjuk a tagokat a teleszkópos becslésben, akkor abból is megkapható egy $\frac{1}{2n}$ -es felső becslés.
Előzmény: [1403] Lóczi Lajos, 2010-10-07 12:58:12

[1403] Lóczi Lajos	2010-10-07 12:58:12
Sőt, a Stirling-formulával kapcsolatos becslésekből az is látszik, hogy a Tóbi-féle alsó becslés nagyságrendileg optimális is.
Előzmény: [1399] Tóbi, 2010-10-06 19:00:56

[1402] R.R King	2010-10-06 20:32:50
Ha a sorozat liminf-je 1-nél nagyobb akkor divergens. Ha 1-hez tart a fenti hányados akkor sajnos a kritérium nem mond semmit(Konvergens is lehet). Az előző átalakításból úgy látom szépen kijön a divergencia. Amúgy a hányadoskritériumnál vannak erősebb tételek is csak ezekhez már kevéssé értek.(talán még a Raabe-kritérium jó)
Előzmény: [1401] vogel, 2010-10-06 20:13:30

[1401] vogel	2010-10-06 20:13:30
Szóval, hányados kritériumot lehet használni divergencia bizonyításához?

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?