[1937] csábos | 2014-09-04 19:06:31 |
Legyen &tex;\displaystyle n=\prod_1^n p_i^{\alpha_i}&xet;. Ekkor ha &tex;\displaystyle q,r,s&xet; prímek nem szerepelnek a &tex;\displaystyle p_i&xet;-k közt, akkor &tex;\displaystyle qr,qs,rs &xet; relatív prím összetett számok. Ha a legnagyobb ellenpéldát keressük, akkor a &tex;\displaystyle n=\prod_1^n p_i<p_{n+1}p_{n+3}&xet; egyenlőtlenséghez jutunk, ami nagy számokra nyilván igaz. Ez általánosan igaz pl Konstans sok kivételével nem prímre
|
Előzmény: [1935] Sirpi, 2014-09-04 15:37:42 |
|
|
[1935] Sirpi | 2014-09-04 15:37:42 |
Hoztam én is egy feladatot.
Ismert a kerek szám (round number) fogalma: egy szám ilyen, ha nincs nála kisebb, hozzá relatív prím összetett szám. Ezek ismertek, a legnagyobb közülük a 30.
Legyen egy szám összegkerek, ha nincs két hozzá relatív prím összetett szám, melyek összegeként előáll az eredeti. Nem tudom, elnevezte-e ezeket a számokat valaki, ez itt a saját elnevezésem. Nyilván minden kerek szám összegkerek is.
A feladat az lenne, hogy bizonyítsuk be, hogy ilyen kétszeresen összetett számból is csak véges sok van.
|
|
|
|
[1932] csábos | 2014-08-24 21:30:34 |
Az &tex;\displaystyle n&xet; szám osztóinak összege osztva &tex;\displaystyle n&xet;-el (azaz az átlaguk) épp megegyezik az osztók reciprokösszegével. Ha ez a szám 2, akkor &tex;\displaystyle n&xet; tökéletes szám.
|
Előzmény: [1930] Kőrösi Ákos, 2014-08-23 20:42:43 |
|
|
[1930] Kőrösi Ákos | 2014-08-23 20:42:43 |
Valaki mondja meg! Vegyük egy tetszőleges természetes szám osztóit. Lehet-e ezek reciprokösszege egész szám? (Persze nem számítva azt az esetet, hogy csak magát az 1-et vesszük.
|
|
|
[1928] Fálesz Mihály | 2014-08-07 08:45:41 |
Szerintem ez inkább az ellenkező irány. A &tex;\displaystyle \sum_{n=-\infty}^\infty\frac1{z-n}&xet; összeg tagjait azért vonjuk össze kettesével, hogy konvergens legyen. (A korlátosság meg azért fontos, hogy a Liouville-tételt alkalmazhassuk az &tex;\displaystyle \frac1z+\sum_{n=1}^\infty\frac{2z}{z^2-n^2}-\pi\ctg(\pi z)&xet; függvényre.)
|
Előzmény: [1927] csábos, 2014-08-06 23:00:13 |
|
|
[1926] Fálesz Mihály | 2014-08-06 22:39:15 |
Legyen &tex;\displaystyle z=x+yi&xet;, ahol tehát &tex;\displaystyle |x|\le\frac12&xet; és &tex;\displaystyle |y|>1&xet;.
&tex;\displaystyle |z| < |x|+|y| < 2|y| &xet;
és
&tex;\displaystyle
|z^2-n^2| \ge {\rm Re}(n^2-z^2) = n^2+y^2-x^2 \ge y^2+n^2-\frac14 > \frac12(y^2+n^2),
&xet;
így
&tex;\displaystyle
\left| \sum_{n=1}^\infty \frac{2z}{z^2-n^2} \right| \le
\sum_{n=1}^\infty \frac{2|z|}{|z^2-n^2|} \le
\sum_{n=1}^\infty \frac{8|y|}{y^2+n^2} <
\int_0^\infty\frac{8|y|}{y^2+t^2} {\rm d}t =
4\pi.
&xet;
|
Előzmény: [1925] Holden, 2014-08-06 21:46:43 |
|
[1925] Holden | 2014-08-06 21:46:43 |
Sziasztok!
Lehet nagyon nyilvánvaló, amit kérdezek, de valahol valamit elnézhetek rajta.
&tex;\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{2z}{z^2-n^2}&xet; miért korlátos az Im&tex;\displaystyle (z)>1&xet; és Re&tex;\displaystyle (z)\leq 1/2&xet; halmazon?
Előre is köszönöm!
|
|
[1924] Maga Péter | 2014-05-29 21:55:21 |
Pach Peti e-mailben küldött nekem egy egyszerű ellenpéldát. Legyen &tex;\displaystyle b_1,b_2,b_3&xet; egy bázis. Legyen &tex;\displaystyle Ab_1=Ab_2=Bb_2=Bb_3=0&xet;, valamint &tex;\displaystyle Ab_3=Bb_1=b_2&xet;. Könnyű ellenőrizni, hogy minden ezekből alakuló másodfokú tag &tex;\displaystyle 0&xet;, tehát csak a &tex;\displaystyle cA+dB&xet; alakú polinomok jönnek szóba. Ezek meg nem jók, szintén könnyű ellenőrizni.
|
Előzmény: [1923] Maga Péter, 2014-05-18 16:46:11 |
|
[1923] Maga Péter | 2014-05-18 16:46:11 |
Valaki mondja meg a következőt! Legyen &tex;\displaystyle A&xet; és &tex;\displaystyle B&xet; két lineáris transzformációja egy véges dimenziós valós vektortérnek. Van-e olyan polinomjuk, melynek konstans tagja &tex;\displaystyle 0&xet;, és a magtere éppen &tex;\displaystyle A&xet; és &tex;\displaystyle B&xet; magterének a metszete?
Nyilván minden (&tex;\displaystyle 0&xet; konstans tagú) polinom magtere tartalmazza &tex;\displaystyle A&xet; és &tex;\displaystyle B&xet; magterének metszetét. A cél tehát a fordított irányú tartalmazás elérése egy jól választott polinommal.
Előre is köszönöm.
|
|
[1922] Fálesz Mihály | 2014-04-26 09:15:18 |
Egyszer egy elsőéves diákom mutatta be azt a hajmeresztő mutatványt, hogy egy &tex;\displaystyle f(x)^{g(x)}&xet; alakú kifejezést úgy derivált, hogy először kontansnak vette az alapot, deriválta, utána a kitevőt vette konstansnak, úgy is deriválta, majd a kétféle derváltat összeadta:
&tex;\displaystyle (f^g)' = (f^g \log f) \cdot g' + gf^{g-1}\cdot f'. &xet;
Először hüledeztem, hogy ezt lehet, de aztán megértettem, hogy csak a többváltozós láncszabályt alkalmazta. :-)
Például vegyünk két valós értékű egyváltozós függvényt, &tex;\displaystyle f&xet;-t és &tex;\displaystyle g&xet;-t, és legyen mindkettő differenciálható az &tex;\displaystyle a&xet; pontban. Deriváljuk a szorzatot az &tex;\displaystyle a&xet; pontban.
Legyen &tex;\displaystyle F\binom{x}{y}=xy&xet; és &tex;\displaystyle G(t)=\binom{f(t)}{g(t)}&xet;, ekkor tehát &tex;\displaystyle fg = F\circ G&xet;. A &tex;\displaystyle G&xet; differenciálható &tex;\displaystyle a&xet;-ban, és &tex;\displaystyle G'(a)=\binom{f'(a)}{g'(a)}&xet;, az &tex;\displaystyle F&xet; mindenhol differenciálható, és &tex;\displaystyle F'\binom{x}{y}=(y,x)&xet;. A láncszabály szerint &tex;\displaystyle F(G(t))=f(t)g(t)&xet; is differenciálható &tex;\displaystyle a&xet;-ban és
&tex;\displaystyle
(fg)'(a) = (F\circ G)'(a) = F'(G(a)) G'(a) =
(g(a),f(a)) \binom{f'(a)}{g'(a)} = g(a)f'(a) + f(a)g'(a).
&xet;
A dolog persze csalás, mert a többváltozós differenciálási szabályokat jóval az alapműveletek differenciálása után építjük fel (kb. olyan, mint amikor valaki a koszinusz-tételből vezeti le a Pitagorasz-tételt), de mindenképpen érdekes.
|
Előzmény: [1921] marcius8, 2014-04-25 16:30:39 |
|
[1921] marcius8 | 2014-04-25 16:30:39 |
Állítólag a differenciálási szabályok (függvények lineáris kombinációjának deriváltja, függvények szorzatának deriváltja) levezthetőek az összetett függvényekre vonatkozó differenciálási szabályból (láncszabály). Vajon hogyan történik mindez? Tisztelettel: Bertalan Zoltán.
|
|
|
|
|
|
[1916] Róbert Gida | 2014-02-10 22:05:38 |
an az pont bn számlálója, így egész, azaz két egész szám közé nem eshet. És valószínűleg sokkal nagyobb.
T(n)=23.453495382*2n egy valószínűleg jó becslés a kérdésre (kiinduló tag=b1=120). Egyébként már a25-nek 34883379 számjegye van.
|
Előzmény: [1912] Fálesz Mihály, 2014-02-10 19:17:42 |
|
|
[1914] n | 2014-02-10 19:21:14 |
(Illetve most másodjára számoltam el. Tényleg fáradt vagyok, szóval duplán kéretik ellenőrizni a hozzászólásomat felhasználás előtt.)
|
Előzmény: [1913] n, 2014-02-10 19:19:26 |
|
|