Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

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]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[288] nadorp2008-02-14 17:12:39

Ha x2+ax+b=y2, akkor

4x2+4ax+a2+4b=4y2+a2

(2x+a)2-4y2=a2-4b

(2x+a-2y)(2x+a+2y)=a2-4b

Ha a2-4b\neq0, akkor csak véges sok két tényezős felbontása létezik, tehát az eredeti kifejezés nem lenne végtelen sok x helyen négyzetszám. Tehát a2-4b=0, azaz

x^2+ax+b=\left(x+\frac a2\right)^2

Előzmény: [286] Pardeller, 2008-02-13 18:54:43
[287] nemtommegoldani2008-02-13 21:38:49

Kedves Python! Nagyon köszönöm a segítséget, és a nagyon gyors választ!

[286] Pardeller2008-02-13 18:54:43

Tegyük fel, hogy x2+ax+b végtelen sok egész x-re négyzetszám (a és b is egész). Bizonyítsuk be, hogy ekkor a kifejezés egy elsőfokú polinom négyzete. Matek szakkör, Pell-féle egyenletek volt a témakör, de más természetű megoldásokat is szívesen fogadok :) Előre is köszönöm.

[285] Python2008-02-13 18:43:38

25.34.73.1111 pozitív osztóinak a száma az ismert képlet alapján (5+1)(4+1)(3+1)(11+1). (prímkitevő+1 alakú tényezők szorzata minden prímre a prímfelbontásból; ha a szám egy p prímnek az a-adik hatványával osztható, a+1-edikkel nem, akkor p kitevője a+1 féle (0, 1, 2, ..., a) lehet egy osztójában.)

Előzmény: [283] nemtommegoldani, 2008-02-13 18:35:00
[284] Python2008-02-13 18:38:01

Tegyük fel, hogy p prím, és p|n+1, p|n2+3n+3! Ekkor p|3n+3, így p|n2, de ekkor p|n, és így p|n+1 miatt p|1 de ez ellentmondás, így n+1 és n2+3n+3 relatív prímek.

Előzmény: [282] nemtommegoldani, 2008-02-13 18:15:16
[283] nemtommegoldani2008-02-13 18:35:00

Az előbbi hozzászólásomhoz még egy feladatot elfelejtettem: Határozd meg a 2 az ötödiken*3a negyediken*7 a harmadikon*11 a tizenegyediken pozitív osztóinak számát! Köszönöm szépen!

[282] nemtommegoldani2008-02-13 18:15:16

Újabb feladattal bombázok! Mutassa meg, hogy minden n term. szám esetén az n négyzet+3n+3 és n+1 relatív prímek! Ismét csak köszönetet tudok mondani annak a kedves embernek, aki ezt megfejti nekem.

[281] nadorp2008-02-11 22:26:25

Természetesen igazad van, de a célom pont az volt, amit Rizsesz leírt, ti. az ax+by=c diofantikus egyenletet pont így oldjuk meg euklideszi algoritmussal. Én csak egyszerűen behelyettesítettem az általános képletekbe a konkrét értékeket. Szerintem a példát pont azért adták fel, hogy numerikusan is megértsék a bizonyítást, ezért volt az én levezetésem annyira "szájbarágós".

Előzmény: [279] BohnerGéza, 2008-02-11 16:50:13
[280] rizsesz2008-02-11 16:58:27

Itt pont az volt a lényeg, hogy az általános módszert végigvezessük ezen a konkrét eseten, ami akkor is működik, ha az ax+by=c egyenletben a és b relatív prímek. Itt egy olyan esettel álltunk szemben, ahol nem voltak azok, de maga a módszer természetesen ilyenkor is működőképes.

Ha az ember csak meg akarja oldani, és látja, hogy egyszerű, akkor persze fejben kitalálja a megoldást.

Előzmény: [279] BohnerGéza, 2008-02-11 16:50:13
[279] BohnerGéza2008-02-11 16:50:13

Ha eleve egyszerűsítem 7-tel?!

Előzmény: [278] nadorp, 2008-02-11 13:18:54
[278] nadorp2008-02-11 13:18:54

98=77.1+21

77=21.3+14

21=14.1+7

14=7.2+0

Innen a lnko=7.

Az első egyeneletből

21=98-77.1

A második egyeneletből felhasználva az elsőt

14=77-21.3=77-(98-77.1).3=77.4-98.3.

Tehát egy megoldás az x=-3 y=-4, azaz az általános megoldás

x=-3+\frac{77}7t=-3+11t

y=-4+\frac{98}7t=-4+14t

Előzmény: [277] nemtommegoldani, 2008-02-10 22:43:59
[277] nemtommegoldani2008-02-10 22:43:59

Oldjuk meg a következő diofantikus egyenletet:98x-77y=14 a megadott módon: euklideszi algoritmussal adja meg lnko-t, majd ennek a segítségével adja meg az összes megoldást! A feladatot már megoldottam más módszerrel, de az euklideszi algor. segítségével nem uazt az eredményt kaptam, mint a másiknál. Az jó megoldás, de nem fogadják el, mert az euklideszi algoritmust kellene hozzá használni. Mit téveszthettem az euklideszi algoritmusnál? Köszönöm a választ.

[276] lorantfy2008-02-01 19:22:54

Szia Csocsi! Most kaptam kölcsön egy hasonló játékot, de ez csak 6 db-os. Szerintem azért segíteni fog Neked, ha jársz még erre.

Előzmény: [179] csocsi, 2007-03-22 19:53:56
[275] epsilon2008-01-17 06:50:31

Igen, olvasom, az valóban az, de ami a [264] nadorp hozzászólás első felében van, az nem pont az, csak annak a segítségével (olyan típusú egyenlőtlenségek összegezésével) bizonyítják a Cebisev egyenlőtlenséget.

[274] sakkmath2008-01-16 16:47:31

Az angol szakirodalomban így hívják: Chebyshev Sum Inequality. Klikk ide.

Előzmény: [269] epsilon, 2008-01-16 12:31:07
[273] epsilon2008-01-16 14:26:36

Bocs: ehelyett a1×b1+a2×b2>=a1×b2+a2×b2 ez kell a1×b1+a2×b2>=a1×b2+a2×b1

[272] epsilon2008-01-16 14:25:10

OK, valóban így is lehet nézni, de akkor a rendezési tételt valójában nagyágyúnak használjuk hiszen n=2 esetén b2>=b1 és a2>=a1 feltételek mellett egyetlen nemtriviális permutációra van bizonyítanivaló egyenlőtlenség: a1×b1+a2×b2>=a1×b2+a2×b2 ami átírva (b2-b1)×(a2-a1)>=0 és vágül nincs szükség a nagyágyúra, mert végső soron csak az ai illetve bi rendezését vesszük figyelembe, de vehetjük úgy is, hogy az ötletet a rendezési tétel adta. Üdv: epsilon

[271] nadorp2008-01-16 13:04:13

Ha jobban megnézed, minden lépésben használtam n=2-re.

\frac{xy}z+\frac{pq}r\geq\frac{xy}r+\frac{pq}z, ha xy\leqpq és z>r

Előzmény: [270] epsilon, 2008-01-16 12:35:53
[270] epsilon2008-01-16 12:35:53

u.i.: Én úgy vélem, hogy a bizonyítás során végül is nem igazán használtad a "rendezési tételt" hanem inkább az a1<=a2<=...<=an rendezést, mert Én őszintén bevallva nem látom, hogy a rendezési tételből melyek a 264. hozzászólás kezdetén levő ai illetve bi azonos monotonítású sorozatok. Vagy tévedek? Üdv: epsilon

[269] epsilon2008-01-16 12:31:07

Kedves nadorp! A "Tulajdonképpen az a2 nevezőt "toljuk el" mindig 1-gyel balra" pontosításod úgy nézem, teljesen eloszlatja a kételyeimet, mégegyszer tüzetesen levezetek több első és utolsó lépést. Kedves sakkmath! Kösz az infót, ott is szétnézek, de megköszönném, ha be tudnád szkennerelni, és gondolom, könnyebb ha valahova feltöltöd és a linket megadod hogy letölthessük(gondolom, nem szabályellenes), mert itt méretkorlát is van a képekre. Üdv: epsilon

Előzmény: [267] nadorp, 2008-01-16 10:21:56
[268] sakkmath2008-01-16 11:10:24

Kedves epsilon és nadorp!

Az 'ujjgyakorlatok' topic [273]-as hozzászólásában Sirpi dióhéjban elmondja a Szűcs-féle rendezési tételt (egy konkrét feladat megoldása kapcsán). Sirpi ismertetéséből is látható, hogy az a bizonyítás, amibe bekapcsolódtam, a Szűcs Adolf-féle rendezési tételt használja.

Csebisev nevéhez többféle egyenlőtlenség is fűződik. A jelen témakörhöz legközelebbi egyenlőtlensége megtalálható Skljarszkij-Csencov-Jaglom: Válogatott fejezetek és tételek... 1. kötetében (TipoTex Kiadó) is. Ha kell, holnapra kiollózom és fölteszem. Üdvözlettel: sakkmath

Előzmény: [263] epsilon, 2008-01-15 15:20:39
[267] nadorp2008-01-16 10:21:56

A két utolsó tört a második esetben:

\frac{a_{n-2}a_{n-1}}{a_n} és \frac{a_{n-1}a_n}{a_2}

A két utolsó tört a harmadik esetben:

\frac{a_{n-3}a_{n-2}}{a_{n-1}} és \frac{a_{n-2}a_{n-1}}{a_2}

Tulajdonképpen az a2 nevezőt "toljuk el" mindig 1-gyel balra

Előzmény: [266] epsilon, 2008-01-16 09:01:10
[266] epsilon2008-01-16 09:01:10

Helló nadorp! Belenéztem jobban a bizonyításba, és úgy tűnik, hogy a második lépéstől lefele az első lépésben elsütött minorálás nem igazán alkalmazható? Pontosabban: ott ahol írod, hogy "Kezdjük a végén az utolsó két taggal, ekkor"...itt a nevezőkben ebben a sorrendben a1 és a2 szerepel, és a1<a2. Ellenben ahol ezt írod, hogy "Újra a fenti "rendezési tételt" alkalmazva a két utolsó törtre" ott a nevezőben ebben a sorrendben a3 és a2 szerepek és ezekre a3>a2 vagyis úgy látom, hogy nem teljesül a rendezési tételből a monotonítási feltétel, és ugyanez a helyzet tovább lefele minden más 2 összehasonlításnál szerintem éppen a fordított egyenlőtlenség miatt úgy vélem, nem ismételhető meg az 1. lépés, vagy tévedek? Üdv: epsilon

[265] epsilon2008-01-16 06:47:02

Helló! Köszi nadorp! A jobboldali egyenlőtlenséget Én is úgy tudtam, hogy a Cebisev nevéhez fűződik, hiszen annak a bizonyítsa során ilyen típusú egyenlőtlenségeket alkalmazunk, találkozunk. Az általánosítási ötletedben végül a mentő ötlet az volt, hogy lépésről-lépésre alkalmaztad, Én azért jártam zsákutcába, mert egyből akartam alkalmazni a jobboldali egyenlőtlenséget (vagy a Cebisevet), de akárhogy választottam a tagokat, vagy nem lehetett tudni semmit az egymáshoz való viszonyukról, vagy a sorozatok ellentétes nonotonításuak voltak, így nem járhattam sikerrel. Tüzetesen átnézem a bizoyítást, de már a gondolatmenetet követve nagyon egyértelműnek tűnik, hogy így kell lenie. Üdv: epsilon

[264] nadorp2008-01-15 20:48:41

Sajnos a "Szűcs rendezési tételt" nem olvastam, de gyanakszom, hogy a következőtől nem áll messze. Egyébként ezt anal gyakon vettük és úgy tudtam, hogy ez a Csebisev-egyenlőtlenség :-( pedig tényleg nem az.

Legyenek a1\leqa2\leq...\leqan és b1\leqb2\leq...\leqbn nemnegatív számok. Ekkor, ha a {ci} számok a bi számok egy tetszőleges permutációja, akkor

\sum a_ib_{n+1-i}\leq\sum a_ic_i\leq\sum a_ib_i.

Ha ezt felhasználjuk, akkor igaz az eredeti feladat következő általánosítása ( hacsak megint nem néztem el valahol egy egyszerűsítést :-)

Legyenek a1\leqa2\leq...\leqan (n\geq3) pozitív számok. Ekkor

B=\frac{a_1a_2}{a_3}+...+\frac{a_{n-2}a_{n-1}}{a_n}+
\frac{a_{n-1}a_n}{a_1}+\frac{a_na_1}{a_2}\geq a_1+...+a_n

Kezdjük a végén az utolsó két taggal, ekkor

\frac{a_{n-1}a_n}{a_1}+\frac{a_na_1}{a_2}\geq \frac{a_{n-1}a_n}{a_2}+\frac{a_na_1}{a_1}=
\frac{a_{n-1}a_n}{a_2}+a_n. Tehát

B\geq \frac{a_1a_2}{a_3}+...+\frac{a_{n-2}a_{n-1}}{a_n}+
\frac{a_{n-1}a_n}{a_2}+a_n

Újra a fenti "rendezési tételt" alkalmazva a két utolsó törtre

B\geq \frac{a_1a_2}{a_3}+...+
\frac{a_{n-2}a_{n-1}}{a_2}+a_{n-1}+a_n

Ezt folytatva, előbb utóbb ezt kapjuk

B\geq \frac{a_1a_2}{a_3}+\frac{a_2a_3}{a_2}+a_3+...+a_n

B\geq \frac{a_1a_2}{a_2}+\frac{a_2a_3}{a_3}+a_3+...+a_n=
a_1+a_2+...+a_n

Előzmény: [263] epsilon, 2008-01-15 15:20:39

  [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]