Fórum: Valaki mondja meg!

A 2. és a harmadik ugyanolyan típusú, a 2-esen mutatom meg, hogy megy a dolog. Kell találnod egy megoldást, ilyen pl. az x=4, y=1. Ezt pl. meg lehet úgy tenni, hogy a 19-ből 7-esével lépkedsz lefelé (felfelé), és figyeled, mikor jutsz 3-mal osztható számhoz.

Ha megvan egy megoldás, fel kell használni, hogy ha x és y megoldás, akkor x+7 és y-3 is az, vagyis a megoldások: 4+7k, 1-3k. Behelyettesítve: 3(4+7k)+7(1-3k)=12+21k+7-21k=19, tehát tényleg megoldások.

Az első pedig elég közismert:

xy=x+y

xy-x-y+1=1

(x-1)(y-1)=1

Innen rögtön kijön, hogy tetszőleges x esetén , valósokra ezzel meg is oldottuk a feladatot. Ha azt is feltesszük, hogy mindkettő egész, akkor is könnyű dolgunk van, ugyanis az 1 csak 1^.1 és (-1)^.(-1) alakban bomlik két egész szám szorzatára, innen a megoldások: x=y=0 és x=y=2.

Szervusztok! Nem vagyok valami jó matekból Elsőfokú diofantoszi egyenletekre kéne általános megoldás. ilyenekre pl.: xy=x+y 3x+7y=19 102x+45y=53 stb.

Előre is köszi.

OK, köszi!Így már minden tiszta, a fölös zárójelt láttam, de sejtettem, hogy elpötyögés volt csak, amúgy meg nem ártott semmit :-) Üdv: epsilon

[Számlálóban a legkülső zárójel persze felesleges]

n egész, d osztója, akkor d társosztója n/d, azaz d és e osztó-társosztó, ha d*e=n teljesül, ekkor persze e társosztója d, így az osztók párokba rendezhetőek (előfordulhat, hogy önmaga lesz a társosztó, ha n négyzetszám. Például n=36 osztó-társosztó listája:

(1,36),(2,18),(3,12),(4,9),(6,6)

Ha ezt egy négyzetszámra végzed el: k²=d*e, akkor minden párban pontosan az egyik lesz legfeljebb k, kivéve, ha k=d=e, ez triviális, így a k-nál nem nagyobb osztók száma=k² osztópárjainak a száma=, ha , akkor ebben az esetben ez

Köszi Róbert Gida! Profi munka, és mégis elemi. A társosztóról röviden a lényeget hol olvashatom el pl. a neten, vagy elmondod-e egy pár szóban, mert a következő képlet nem jön be :-( Üdv: epsilon

p,q-val szinte mindig prímeket jelölünk, pozitív egészeket máskor ne jelölj így.

Először nézzük azt az esetet, amikor p és q prímek, ekkor n²-nek (2*+1)*(2*+1) pozitiv osztója van. Osztó társosztó fogalmát használva ezek közül lesz n-nél nem nagyobb, ezek közül (+1)*(+1) osztja n-et (hiszen ennyi az n osztóinak a száma), így ennyit le kell vonni, azaz az eredmény:

Ha p és q nem prím, akkor ugyanezzel a gondolatmenettel:

(Ez persze prímekre is ugyanazt adja.) ahol numdiv(x):=x pozitiv osztóinak a száma.

Köszi, nem lehetne-e kapcsolatba hozni az n és az n×n osztóinak képleteivel?

Helyesen:

Ha nem számoltam el valamit, valami ilyesmi lenne: . Zárt alakot sajnos nem tudok mondani.

Helló! Megint van egy feladatom, valakinek van-e valami jó ötlete? Kösz, üdv: epsilon

Helló nadorp!Noha gyakran elpötyögök dolgokat :-( szerencsére, a lényeget nem írtam el, és fordításól van a feladat, átnéztem, és most is egyértelműen azt írja, hogy milyen n-re van pozutív egész gyöke, a válasz 4p+3, de ez szerintem nem jelenti azt, hogy MINDEN ILYEN n értékre, azért kérdeztem Tőúletek, hogy nem-e azt szeretnék tudni, hogy n milyen alakú kell legyen (szükséges feltétel) mert esetleg nem mondhatnak többet??? (pl. oszthatósági szempontból) az n-ről. Szóval valahogy meg szeretném tudni, hogy egyáltalán van-e ilyen n, ha van hány, azok meg valóan szükségszerűen 4p+3 alakúak kell legyenek? Talán így megmenthető a feladat, mert másképpen ....nem látom mit is lehetne izonyítani? Üdv: epsilon

Valami nem stimmel. Nem írtad el a példát? Ui. a baloldal n>11 esetén minden pozitív egészre nagyobb 275-nél. Tehát n nem lehet 4s+3 végtelen sok s-re. Akkor lenne értelme, ha a baloldal mondjuk 275y lenne.

Ja: értem, mindjárt nem tudom a szorzótáblát sem :-( hiszen 245=5×5×11 helyesen 275=5×5×11, tehát sugalni akartam a 275 felbontását.

Helló! A feladat sorszáma a 245. és az összegben 275-van :-) Így van a feladatgyűjteményben! ;-)

Miért 245? Nem 275?

Hát igen :-) kösz, "szász a lován ül és keresi" :-) szóval nem akartam belenyugodni, hogy nem talál az eredmény azzal amit a megoldásnál láttam, így másképpen próbálkozva, még az m=-2 is elveszett, de megtaláltam. Kösz!

Így: [368] epsilon, 2008-03-08 09:46:19 :-)

Köszi Róbert Gida, az eredmény éppen ennyi, csak éppen az a gond, hogy ez egy 11. osztályos tanulónak kitűzött feladat, és ilyen nagyágyú nélkül szeretném megoldani.

Stirling formulával könnyen kijön, hogy a határérték:

Helló cauchy! "(277) Nekem az jön ki, hogy m = -2." Ez hogyan jött ki, mert Nekem az m×m-2m+3=0 egyenlet jött ki, így nincs megoldás :-( valóban így lenne? "(131) Nem azért, mert [0, 4) a helyes?" Ez valóban teéjesen Ok, mert nem föltétlen muszáj, hogy a nevező 2-od fokú legyen, lehet "degenerált" is, és akkor nem szükséges a d<0 mert az már értelmetlen. Kösz az észrevételt! Üdv: epsilon

116-os: Minden n pozitív egész szám esetén jelölje Inv(n) azon (x,y) egész számpárok számát amelyek szimmetrizálhatók és amelyekre x×x+y×y=n×n. Mennyi a következő összeg értéke: Inv(1)+Inv(2)+Inv(3)+...+Inv(2005)

Közben még előkerültek a múlt héten függőben maradtak, íme még egy:245-ös. Tekintsük a lennebb látható egyenletet, minden n>=2 pozitív egészre. Melyek azok az n értékek, amelyekre az egyenletnek van legalább 1 pozitív egész megoldása? A válasz: 4s+3 ahol s nemnegatív egész, ellenben Én már n=3 esetén nem láttam az egész megoldást, hiszen ez a245=5×5×11 pozitív osztói közül való kell legyen. Nagyon gyanus ez az eredmény. Az lenne a kérdésem, hogy az n=4s+3 bár egy szükséges feltétel? Mert szerintem nem elégséges, vagy tévedek? Itt az egyenlet:

Helló! Ismét jelentkezem, egy jámbornak tűnő limesszel, hiába fejtettem ki a kombinációkat, egszerűsítés után sem találtam valami olyan alakra ami a megadot limeszértéket adja. (Ezt egyenlőre még nem mondanám meg, mert megint azt vadászom, vajon az eredmény jó-e?) Íme a limesz, és előre is kösz bármilyen jó tippet! Üdv: epsilon

Talán a legrövidebb megoldás erre a feladatra az affixumokkal ( a csúcsokhoz rendelt komplex számokkal) van: Legyenek rendre a,b,c,d az ABCD négyszög csúcsainak affixumai, legyenek M,N,P,Q az AB, BC, CD, DA oldalak felezőpontok affixumai, ezért: m=1/2(a+b), n=1/2(b+c), p=1/2(c+d), q=1/2(d+a). Az MNPG paralelogramma <=> m+p=n+q ami azonnal adódik.

Ezer hála és köszönet!

Halálismert példa. Legyen ABCD a négyszög. P az AB oldal felezőpontja, Q az BC oldalé, R a CD oldalé, S a DA oldalé. Ekkor a felezőpontok által meghatározott négyszög csúcsai sorrendben: PQRS. Az, hogy paralellogramma azzal ekvivalens, hogy a szemközti oldalai párhuzamosak, azaz PQ||RS és QR||SP kell. De PQ az ABC háromszög középvonala, így párhuzamos az alappal, ami az AC, továbbá RS a CDA háromszög középvonala, így párhuzamos az alappal, ami az AC. Ergó mindkettő párhuzmaos az AC-vel, így PQ és RS egymással is párhuzamosak. Hasonlóan QR és SP is párhuzamos. Ami kellett.

Standard megoldása egyébként vektorokkal van. Az is elemi.

Sziasztok!

Valaki el tudná küldeni e-mailben annak a tételnek a bizonyítását, hogy bármely tetszőleges négyszög oldalainak felezőpontjait összekötve paralelogrammát kapok? Az egész napomat a bizonyítással töltöttem, eredménytelenül... A segítséget előre is köszönöm! E-mail címem: xuli27@hotmail.com

U.i.: ha nem oldható meg az e-mailben való elküldés, e-mailben írd meg, hogy válaszoltál. Ez esetben is előre köszönöm a fáradozásokat!

(277)-nél, ha az általuk elfogadott -3 értéket behelyetesítem mindhárom egyenletbe, ez az ellentmondás jön ki: egyrészt xy=5 másrészt xy=-13/5. Amit Te mondasz, valóban az egyedüli, és jó is, mert ha az utolsó 2 egyenletet összeadtam (m+2)(x+y)=m+2 jön ki, és ha m+2 nem 0 akkor x+y=1 és a három egyenlet alapján egyrészt mxy=3 másrészt xy=2-m jön ki, marad m=-2 és erre az S=x+y=11 és P=xy=-17/2 és az ezzel felírt másodfokú egyenletnek van valós megoldása. Szerintem nagyon az a gyanúm, hogy ezúttal a könyvben tévedtek.

(131)esetén nem kizárt, hogy [0,4) lenne a helyes megoldás, de csupán azon tűnődöm, hogy a "jól értelmezett" fogalomba belefér-e ez is, hogy a nevezőben levő másodfokú föggvény elsőfokúvá vagy álllandóvá fajuljon, de mivel erre nincs kikötés meglehet, hogy ez a megoldásod a jó. Számomra még az fura, hogy miért nem jön ki ez a 0 érték a tört létezési feltételből, hiszen akkor a létfeltétel d<0 helyett d<=0 és a nevezőnek ne legyen valós gyöke, nem de? Vagyis túl szinguárisan osont be ez a 0.

Helló cauchy! Nem kell általánosan minden x,y-ra szimmetrikus legyen, de speciálisan az e-re igen, mint írtad e*x=x*e és ez azt eredményezi, hogy e-x=x-e kellene legyen minden x-re a (-1,1) intervallumbóltehát, az alapötleted elegendő erre a speciális egyedi kommutativításra!

(277) Nekem az jön ki, hogy m = -2.

(131) Nem azért, mert [0, 4) a helyes?

Mégsem. Nem kell szimmetrikus legyen.

Köszi cauchy! Hát igen, ez szép kis leégés, mert...rutinból csak x*e=x megoldása berögzült...:-( Szóval ez kilőve! Hátha a másik 2 nem éppen ilyen...

A semleges elemre e*x = x*e = x. Ilyen nincs. A kifejezés szimmetrikus kéne legyen.

Bocs a [-3,-3] elgépelés helyette [-3,-2]

A hozzáfűznivalóim:

(131) Én arra gondoltam, hogy a nevezőnek ne legyenek valós gyökei, így a d<o ahonnan m a (0,4) intervallumhoz tartozik. A megadott helyes (?) válasz: más válasz (még választhatók voltak: R, 4, -1, (0,4).

(117) Sima számolásokkal kijött, hogy e=0, és ez (-1,1) között van. A megadott helyes (?) válsz: nem létezik semleges elem.

(277) Az x+y összeget S-el, az xy szorzatot P-vel jelöltem, és pl. ha az alsó 2 egyenletet megoldom, és a megoldás kell teljesítse az első egyenletet, akkor sem kapok intervallumot, és a helyes megoldás: [-3,-3]

Nektek mi a véleményetek? Előre is kösz, üdv: epsilon

Helló! Újra jelentkezem, mert vagy elromlott a humorom, vagy mészlerakódásom van...vagy hibás a "helyes válasz"? Íme a feladatok:

Köszi Lajos! Így már semmi kétség nem fér hozzá! Üdv: epsilon

Azért, mert e- kitevőjében lényegében az első k szám összege szerepel, ami nagyságrendileg k²/2, az alacsonyabb rendű tagok a limeszben eltűnnek. Ha ebből k²-edik gyököt vonsz, 1/2 marad.

Helló Lajos! A megoldásodat még alaposan át kell sasoljam, mert addig értem, amíg a fogóba behelyezed, aztán látható, hogy az n a második hatványon kitevőt n×n-re lehet bontani, de azt nem értem, hogy a végén ahol megint n-edik gyök lenne, miért lett helyette éppen négyzetgyök? Hiszen eleinte olysami volt a bal oldalon pl. hogy (e-epsilon) az n-edik hatványon, de ha ebből n×n-edik gyököt vonok, hogyan lenne négyzetgyök??? A részleges határértékre térést értem, éppen ezen gondolkodtam el amikor megláttam, hogy Te is előbb csak n-edik gyököt vonsz, arra gondoltam, hogy még a hátramaradt n-edik gyökvonás ugyanazt jelenti, de mintha mégis másképpen kerülted ki. Üdv: epsilon

OK cauchy, Én éppen félreértettelek, azt hittem, hogy amellett tartasz ki a 346-ban, hogy a feladatban OK az alulról húzott érintő (tehát alatta van), és konvex a (0,1)-en amit beláttunk, hogy nem igaz, holott figyelmetlenségem miatt elsiklottam afölött, hogy azt hangsúlyoztad ki, hogy az érintős definició sem mondott csődöt, szóval ennek örvendek, mert kezdett meginogni bennem, hogy amit sok éve tanítottak, most miért állna a fejére? De most már a szép esztétikus rajzod alapján is megnyugodtam ;-)

"Tehát az érintők alúl vannak és mégsem konvex?" Nem! Nincsenek alul. Íme egy példa:

Nem, éppen azt igazoltam a rajzon is amit láthatsz, hogy az érintők helyett az a=1/2-ben csak bal és jobboldali érintők vannak (egy szögponttal van dolgunk, ahol a kél szélső derivált különböző de véges), ellenben mint olvashatod, a függvény azon a értékekre amelyekre (0,1) intervallumban vannak NEM KONVEX (Én is igazoltam, hogy kijön a konvexitás). Tehát az érintők alúl vannak és mégsem konvex? Tehát...???? Szerintem ezért nem helytálló ez a definició!

"1) Írtad, hogy "megmutatjuk", hogy a limesz a végén gyök e, ... Van valami kiegészítésed, hogyan is jön ki pontosan a gyök e, (vagyis a "megmutatjuk" hogyanja)..."

Ez a gondolat ugyanaz, mint a nadorp által [325]-ben felvázolt (csak logaritmusvétel nélkül): az limesz definíciója szerint minden >0-hoz van olyan N(), hogy az N-nél nagyobb n-ekre (e-)ⁿa_n<a_n+1<(e+)ⁿa_n. Ebből rekurzívan felírsz egy közrefogást a_N+k-ra (k tetszőleges természetes szám), majd e kitevőiben elvégzed az összegzést, így egy

(e-)^valami.a_N<a_N+k<(e+)^{valamihasonlo.}a_N

alakú egyenlőtlenséghez jutsz. Most k²-edik gyököt vonunk, a lánc bal és középső tagjában liminf-et veszünk, míg a középső és jobb tagjában limsup-ot, majd kihasználjuk, hogy pl. (hiszen N most fix; vagyis a fix indexeltolás nem befolyásolja a liminf/limsup értékét), ebből azt kapjuk, hogy

A fenti érvelés viszont minden >0-ra igaz, emiatt létezik tehát és értéke .

"Ha jól akartam, a 308-nál ugyanezt végeztem, de a parciális határértékretérés gyanúja állt fenn, ott meg a limesz e-nek jött ki."

Általában nem szabad egy részkifejezést a határértékével helyettesíteni, vagy két kifejezést egymással helyetteíteni, mégha a limeszük ugyanaz is, mert akkor fals eredmények jöhetnek ki: ezt tetted a [308]-as végén is, s ezért jött ki rossz eredménynek e a végére.

A fenti manipulációk veszélyességéről rögtön meggyőződsz, ha a hibás

sorra pillantasz, "hiszen és 1 limesze ugyanaz a végtelenben".

Egy "konvexitásdefiníció" annál általánosabb, minél kevesebbet követel meg az f függvényről. Az említett 3 értelmezés közül a legáltalánosabb az, amelyben nincs simasági (azaz deriválhatósági) megkötés: ebben csak a húr szerepel. Ezzel a definícióval igaz, hogy ha f egyszer deriválható, akkor a konvexitás egyenértékű a derivált monoton növekedésével. Továbbá, ha a függvény kétszer deriválható, akkor a konvexitás egyenértékű a második derivált nemnegativitásával.

Ha valaki a konvexitást az első deriválttal akarja definiálni, kevesebb függvényt tudna konvexnek mondani. Hasonlóan, ha a második derivált lenne a definícióban, még tovább szűkülne a "konvex függvény" fogalma.

Mindazonáltal igaz az a tétel, hogy egy -- intervallumon értelmezett és a húros definíció értelmében -- konvex függvény (Lebesgue-) majdnem mindenütt deriválható, sőt, egy megszámlálható halmaz kivételével mindenütt deriválható.

Az érintős miért nem állja meg a helyét? Szerinted, ha a=0,5 az x=0,4 pontban húzott érintő a függvény alatt lesz?