Fórum: Valaki mondja meg!

Helló! Mivel csak MathType-ban dolgozok, és a képlopóval a képek mérete meghaladja a megengedettet, ezért részletekben írok. A legtöbb valószínűséggel a határértéknek az e értéket tulasdonítanám, noha a következő bizonyításban a "részleges határértékre térés" vitatott lehet, ami miatt az eredmény is.

Kedves Lajos! Teljesen egyetértek a 305-ös észrevételeddel, éppen a 2a-1=2a+1 absurdum jött ki (amikor a deriválhatóságot említettem), és ezek szerint akkor mégis miért állhat a jelzett válasz, hogy pont 2 a érték van amelyre konvex? Természetesen MINDEN feladat esetén PONTOSAN 1 válasz helyes, és az biztosan helyes. A 304-es észrevételedre és eredményeimre visszatérek, megírom a saját számolásaimat, mert túl szép, és érdekesnek tűnik az egész feladat. Kösz, hogy foglalkoztál vele! Üdv: epsilon

Könnyen belátható, hogy:

Ha a(0,1) a nyílt intervallumban van, akkor f nem deriválható x=a-ban, mert a két félérintő különböző szöget zár be: a balérintő meredeksége 2a+1, míg a jobbérintőé 2a-1. A balérintő mindig pozitív meredekségű és meredekebb, mint a jobbérintő. A függvény tehát nem lehet konvex.

Az A-E-s tesztben ugye csak 1 helyes megoldást karikázhatunk be? (Számolás nélkül) azt gondoltam, hogy az a₂, a₃ kezdőértékek alkalmas megválasztásával többféle limesz is kihozható, tehát a végeredmény nem egyértelmű, ezért E. Te milyen lehetséges értékekek kapsz?

Köszi Lajos! 1) A 297 feladat esetén azért gondoltam a deriváltra, mert egyik értelmezése az alulról konvexnek az, hogy a [0,1] intervallumon a függvény bármely pontjában húzott érintő a függvény ábra alatt van. és a derivált mértani jelentése alapján arra is gondoltam.Az a=0 és a=1 valóban az, de a helyes válasz az, hogy PONTOSAN 2 megoldás, tehát maradna, miért nincs más "a" érték? 2)A 298 esetén nem értem a kérdve kifejtett "válaszod", szóval ott a megoldókulcs alapján az (E) a helyes, de ...mint írtam, Én ki tudok hozni eredményeket a nem helyesek kötül, és...nem látom a tévedést, tehát érdekelne: MIÉRT az (E) válasz a helyes? Vagyis mi a helyzet azzal a limesszel, mennyi, vagy nem létezik? 3) A 299 esetén Én néztem el a válasznak megjelölt betűt! Üdv: epsilon

A függvény legalábbis a=0 és a=1-re konvex.

Egy konvex függvény egyébként nem is kell, hogy mindenhol deriválható legyen.

Mivel an+b-1[an+b]an+b, ezért a közrefogási-elv miatt a kérdéses limesz értéke a>0.

Nem épp azért az (E) a helyes válasz, mert az előző esetek mindegyike előfordulhat?

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.