Fórum: Valaki mondja meg!

Sziasztok! Egy harmadik feladat ([a] az a szám egészrésze):

Sziasztok! Egy második szép feladat:

Sziasztok! Megint jelentkezem egy számomra nem egyértelmű feladattal. A következő feladatban azon "a" paraméterek számát kérdik, amelyekre az f(x) függvény konvex a [0,1]-en. A válasz az, hogy 2 ilyen érték van, Én meg vagy 1-et, vagy 0-át találok, aszerint, hogy azt vizsgálom, hogy a függvény folytonos kell legyen, meg a deriváltja is.Nektek mi a véleményetek? Előre is kösz! Üdv: epsilon

Na, kigyötörtem. És amilyen egyszerű, olyan sokáig tartott. Az a (teljes indukciós) állítás, hogy n ember esetén mindig ki lehet megfelelően n-1 kérdést választani, hogy ezen a részhalmazon mindenki különböző választ adjon.

Kezdőlépés: n=1: nem kell kiválasztani egyik kérdést sem

n=2: Ilyenkor nyilván van olyan kérdés, aminél eltér a válasz, válasszuk azt.

Indukciós lépés (nn+1): válasszunk egy olyan kérdést, amire nem adta mindenki ugyanazt a választ (ilyen van, különben mindenkinek minden kérdésre azonos választ kellett adnia, ami lehetetlen). A válaszok szerint bontsuk csoportokra az embereket - az azonos választ adók kerülnek egy csoportba. Nem kell feltenni, hogy csak kétféle (pl. igen-nem) válasz adható. Az előző megjegyzés szerint legalább két csoport lesz. Álljanak a csoportok a₁,a₂,...,a_k emberből. A csoportokra alkalmazzuk az indukciós feltevést, és ilyenkor (létszám-1) tesztkérdés kiválasztható az adott csoporthoz, ezeket összeadva kijön, hogy összességében elég 1+(a₁-1)+...+(a_k-1) tesztkérdés, ami k2 miatt legfeljebb n-1. Ha legalább 3 csoport van, akkor ennél kevesebb is elég.

----

Van olyan elrendezés, amihez kell is ennyi kérdés, pl. ha a k. ember csak a k. kérdést rontja el. Ilyenkor az első 20 kérdésből muszáj 19-et kiválasztanunk, hogy azok alapján különbözzenek a tanulók.

(Bocs, ha nem teljesen érthető minden, kicsit gyorsan írtam.)

Egy kis verseny-feladat... : Egy vállalat a hozzá jelentkezőket egy 25 pontból álló teszttel vizsgálja. A legfrissebben meghiretett állásra 20 fő jelentkezett, kinek a teszteredményei mind különbözőek, semelyik kettő sem azonos teljesen. Mutassuk meg, hogy kiválasztható 19 tesztkérdés úgy, hogy a 20 teszt közül bármely kettő között lesz eltérés ezen 19 kérdés alapján is.

Most már jó.

tudna valaki segíteni? másnál sem müködik rendesen a teX?lehet h én vagyok a hülye, de: ezt jól kiirja ezt meg nem szerintetek?

Kicsit kavar van itt... Egyrészt "a két átlóval bezárt szög" helyett nem azt akartad írni, hogy "a két átló bezárt szöge"? Mert ha a két átló bezárt szöge 60^o, akkor a koszinusztételből és abból, hogy az átlók felezik egymást, következik, hogy:

a²=(e/2)²+(f/2)²-2^.e/2^.f/2^.cos 60^o

b²=(e/2)²+(f/2)²-2^.e/2^.f/2^.cos 120^o

Vagyis:

Amúgy pedig a köv. hozzászólásban említett "átlók négyetösszege egyenlő az oldalak négyzetösszegével" helyesen úgy hangzik, hogy e²+f²=2a²+2b²

Paralelogrammánál az átlók hosszának négyzetösszege megegyezik az oldalak hosszának négyzetösszegével. Tehát e=sin"alfa", f=cosß, a=sin2"alfa", a=?, b=? kérdésre a válasz: e ad 2 + f ad 2 = a ad 2 + b ad 2, ezután a többi csak számolás. Szerintem.

tudna nekem segíteni valaki?

Van egy paralelogramma, aminek a hosszabbik átlója ,f', a rövidebbik ,e'. A két átlóval bezárt szög 60 fok. e=sin"alfa", f=cosß, a=sin2"alfa", a=?, b=? Bocsi az alfáért de nem tudom hol van a billentyűn :) Előre is köszönöm!

Nagyon köszönöm!

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 a²-4b0, akkor csak véges sok két tényezős felbontása létezik, tehát az eredeti kifejezés nem lenne végtelen sok x helyen négyzetszám. Tehát a²-4b=0, azaz

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

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.

2^5.3^4.7^3.11¹¹ 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.)

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.

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!

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.

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".

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.

Ha eleve egyszerűsítem 7-tel?!

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

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.

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

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.