Fórum: Valaki mondja meg!

Föltenném, hogy én mire jutottam, de csak akkor, ha expressis verbis föloldottad a "lestoppolás"-odat...

"...így valószínűleg senkinek nem esett le..."

Dehogynem :)

Még azzal tartozom, hogy leírjam, miért nem akartam, hogy valaki korábban feltegyen rá megoldást. A válasz egyszerű: a múlt hónapban lejárt B.5290. feladat. Ugyanis a határértékes feladatból elég sok mindent ki lehet találni a bizonyításhoz, igaz persze még így is nagy ötlet az általam ismert ilyen megoldásban (sajátom), hogy nem \(\displaystyle \bigg(\frac{3}{n}\bigg)^n+\bigg(\frac{4}{n}\bigg)+...+\bigg(\frac{n+3}{n}\bigg)^n\)-t kell felülről becsülni, hanem \(\displaystyle \bigg(\frac{1}{n}\bigg)^n+\bigg(\frac{2}{n}\bigg)^n+...+\bigg(\frac{n-1}{n}\bigg)^n,\) és utána a maradék tagokra egy újabb felső becslést kell bevetni, de egy ilyen megoldás megtalálásában sokat segíthetne ennek a felvetett kérdés megoldása. Mivel azonban nem akartam túl egyértelműen utalni arra, hogy ez releváns info a feladathoz, ezért lett belőle ez a talányos hozzászólás. (Az viszont érdekes, hogy én ezt úgy írtam, hogy biztos voltam benne, hogy aki követi a KöMaL-t, annak egyértelmű, hogy miért írtam a hozzászólást, mert nem hittem, hogy létezik az én megoldásomon kívül másfajta megközelítés. Pedig a hivatalos megoldást elnézve teljes indukció is elég, így valószínűleg senkinek nem esett le...)

Bocs, marcius8-nak szántam.

Esetleg a főiskolás tanítványodnak van aktív Kömal-ozó középiskolás ismerőse/rokona? :)

Bocs, szarkazmus.

Azóta este kaptam erre megoldást, utólag nagyon egyszerűnek tűnik a számolás, és nem is hosszú. Nem is értem, hogy miért nem találtam meg a megoldást. Így szinte szégyellem, hogy nem találtam meg a határértéket. Tiszteletben tartva Johnny 10 kérését, nem teszem közzé a számolást. Köszönöm a segítő szándékot!!!!

ok, előre is kösz, magántanítvány főiskoláról kapta hf-nak. március közepén lesz neki zh. volt több ilyen feladat is, ezt nem tudtam.

Lestoppolok két hét múlvára egy megoldást, addig lehetőleg ne válaszoljon senki. (Majd akkor megmondom, hogy miért nem válaszoltam előbb:))

de nem sürgős, ha valaki ráér, megköszönöm...

Keresem a következő sorozat végtelenben vett határértékét.

\(\displaystyle \frac{1^n+2^n+3^n+....+n^n}{(n+1)^n}\)

Bocs a késői válaszért. Nekem is ez jött ki, de olyan hihetetlennek tűnt.

A Wikipédia szerint: Carl Friedrich Gauss fedezte fel 1796-ban, hogy minden pozitív egész felírható legfeljebb három háromszögszám összegeként, melyet a naplójában a következőképpen jegyzett fel: „Heureka! num= Δ + Δ + Δ.”

Rávezetés: Ismert, hogy ha egy modellben egy változó értéke szimmetrikus eloszlással nő vagy csökken mindig, akkor várhatóan tetszőlegesen kicsi és nagy értéket is 1 valószínűséggel fog felvenni megfelelően sok idő után. Ez nem valami precíz, de meg lehet belőle sejteni, hogy a válasz 1 lesz. Jelölje \(\displaystyle p\) annak a valószínűségét, hogy ha csak \(\displaystyle 1\) amőbával kezdünk a kémcsőben, akkor az egy idő után ki fog halni, és írjunk fel valami rekurzív állítást úgy, ahogy az ilyen feladatoknál szokás!

Teljes megoldás:

\(\displaystyle p=\frac{1}{3}+\frac{1}{3}p+\frac{1}{3}p^2\)

...hiszen ha az amőba duplázódik, akkor onnantól két külön kémcsőbe is rakhatjuk őket, az összes amőba akkor fog egyszer kihalni, ha mindkét kémcső kihal egy idő után, ennek esélye \(\displaystyle p^2\).

Ebből \(\displaystyle p=1\) adódik, ha \(\displaystyle 3\) amőba van kezdetben, azok \(\displaystyle p^3=1\) eséllyel halnak ki.

Az alfa-amőba fajta a következő tulajdonsággal rendelkezik:

- 1 másodpercig nyugisan ül, majd 1/3 valószínűséggel elpusztul.

- 1 másodpercig nyugisan ül, majd 1/3 valószínűséggel nem csinál semmit.

- 1 másodpercig nyugisan ül, majd 1/3 valószínűséggel kétfelé osztódik.

Egy kémcsőbe betesznek 3 alfa-amőbát. Mi annak a valószínűsége, hogy előbb-utóbb nem lesz élő amőba a kémcsőben?

Előre is köszönök minden segítséget, tisztelettel: BZ.

javítom a duális logikai szita formát:

\(\displaystyle |A\cap B\cap C|=|A|+|B|+|C|-|A\cup B|-|A\cup C|-|B\cup C|+|A\cup B\cup C|\)

Ez inkább módszertan, amit most írok.

Ismert a halmazelméletből az úgynevezett logikai szita forma, amely három halmaz esetén a következőképpen néz ki:

\(\displaystyle |A\cup B\cup C|=|A|+|B|+|C|-|A\cap B|-|A\cap C|-|B\cap C|+|A\cap B\cap C|\)

Erre rengeteg példa van a középiskolás könyvekben. Most felírva a duális logikai szita formát, a következő egyenlet adódik:

\(\displaystyle |A\cap B\cap C|=|A|+|B|+|C|-|A\cup B|-|A\cup C|-|B\cup C|+|A\cup B\ cup C|\)

Ha jól csináltam, akkor leellenőriztem ezt az állítást, és ez is igaznak adódott. Igazából az a kérdésem, hogy van-e olyan feladat vagy szituáció, ami igazából ezzel a duális logikai szita formával oldható meg?

Nekem így jobban tetszik a Bretschneider-képlet. Ugyanis ebből nagyon jól látszik, hogy egy négyszögre a következő két összefüggés egyszerre teljesül vagy nem teljesül:

Brahmagupta: \(\displaystyle T=\sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)}\)

Ptolemaiosz: \(\displaystyle ac+bd=pq\)

ahol \(\displaystyle s\) a négyszög félkerülete, \(\displaystyle T\) a négyszög területe, \(\displaystyle p\), \(\displaystyle q\) a négyszög átlói, \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\), \(\displaystyle c\), \(\displaystyle d\) a négyszög oldalai (\(\displaystyle a\) és \(\displaystyle c\) szemközti oldalak, \(\displaystyle b\) és \(\displaystyle d\) szemközti oldalak). Mind a két képlet a húrnégyszögekre teljesül.

"2 vagy több dimenziós esetben, nagyjából tetszőleges test felett például csinálhatjuk azt, hogy az x tengelyt a kétszeresére nagyítjuk, minden mást meg meghagyunk."

X tengely pontjait küldjük inkább a nullvektorba, ez jó példa tetszőleges testre, és legalább 2 dimenziós vektortérre.

"Tud valaki olyan leképezést vektortérből vektortérbe, amely összegtartó de nem skalárszorostartó?"

Szerintem ha a vektortér prímtest (Zp és Q) feletti, akkor nincs ilyen, összegtartásból levezethető, hogy a skalárszorost is tartja.

C (mint 1 dimenziós komplex vektortér) felett ilyen például a valósrész képzés, összeget összegbe visz, de egy komplex szám i-szeresét nem viszi az i-szeresébe.

1 dimenziós valós esetben, azaz valós függvényekre a kérdés kb a Cauchy függvényegyenlet https://en.wikipedia.org/wiki/Cauchy's functional equation.

"Tud valaki olyan leképezést vektortérből vektortérbe, amely skalárszorostartó de nem összegtartó?"

1 dimenziós vektortérre nincsen ilyen, hiszen 1 darab vektor képe már meghatároz minden mást, és összegtartó lesz. 2 vagy több dimenziós esetben, nagyjából tetszőleges test felett például csinálhatjuk azt, hogy az x tengelyt a kétszeresére nagyítjuk, minden mást meg meghagyunk.

köszönöm! Van az úgy, hogy én is eljutok a bizonyításban levő képletig, csak éppen nem jut eszembe, hogy ha mindkét képletben felbontom a zárójeleket és rendezgetek, akkor meg lesz az egyenlőség. Mint például most.

Rendezések után láthatjuk, hogy a képleted ekvivalens az itteni bizonyítás végén kapott képlettel.

Keresek olyan matek-tételt vagy matek-jelenséget vagy matek-konstrukciót, amelyben a 11 és csak a 11 számnak lényeges szerepe van. Ilyen pl. a 11-gyel való oszthatósági szabály. Ha a 13-mal keresnék ilyet, akkor pl. 13 darab arkhimédeszi félig szabályos test van. Előre is köszönöm mindenki segítségét.

Mennyire igaz az, hogy bármilyen pozitív egész szám felírható három háromszögszám összegeként?

Tud valaki olyan leképezést vektortérből vektortérbe, amely összegtartó de nem skalárszorostartó? Tud valaki olyan leképezést vektortérből vektortérbe, amely skalárszorostartó de nem összegtartó? Előre is köszönöm!

Bretschneider-képlet: Legyenek \(\displaystyle P_1Q_1P_2Q_2\) négyszög oldalai: \(\displaystyle Q_2P_1=a\), \(\displaystyle P_1Q_1=b\), \(\displaystyle Q_1P_2=c\), \(\displaystyle P_2Q_2=c\), átlói \(\displaystyle P_1P_2=p\), \(\displaystyle Q_1Q_2=q\). Legyen \(\displaystyle s\) a négyszög félkerülete. Ekkor a négyszög \(\displaystyle T\) területe a következő képlettel számolható ki:

\(\displaystyle T=\sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)-\frac{(ac+bd+pq)(ac+bd-pq)}{4}}\)

Tud erre valaki egy szép bizonyítást? Vagy egy akármilyen bizonyítást? Előre is köszönöm!