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]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[252] nadorp

2007-12-04 13:32:01

Úgy látom, ez a Kínai-maradéktétel

http://mathworld.wolfram.com/ChineseRemainderTheorem.html

Előzmény: [251] epsilon, 2007-12-04 12:08:09

[253] epsilon	2007-12-04 18:15:45
Helló! Köszi, nem ez, lehet, hogy nem voltam elég világos az alábbi egyenletrendszerről van szó, teljesen elemi módon, mikor hány megoldás van:

[254] epsilon	2007-12-04 19:36:26
Pontoabban ez érdekelne: adott n mellet, az a,b,c,d,e,f,g együthatókra milyen feltételek mellett kompatibilis vagy inkompatibilis az egyenletrendszer, amikor kompatibilis mikor haározott, mikor határozatlan, és ezen esetekben a megoldások megkeresése is érdekel. Látszatra banális, de nagyon szerteágazó a sok eset.

[255] PAL	2007-12-19 23:15:02
Sziasztok! A segítségeteket szeretném kérni a (2)-es állítás bizonyításához. Az (1)-es egyenlőségre, mely a másodikhoz "külsőre" hasonló típusú, szép és "középiskolás fejjel" is könnyen érthető, 5-7 soros bizonyítási módszert találtam Pogáts Ferenc: Trigonometria(1973) c. könyvének 179. oldalán. Ezt azért írom le, mert hasonlóan frappáns bizonyítást keresek az állítás(2)-höz is. Tehát azonos algebrai átalakításokkal, lemmák alkalmazása nélkül, egy rövid, 5-6 soros bizonyítás lenne számomra praktikusan megfelelő (úgy tudom, hogy elvileg van ilyen, de nekem sajnos nem sikerült összehozni. Még talán a teljes-indukciós lenne a legjobb). Ha valaki tud ilyet - vagy bármilyet - hálás lennék érte, ha felrakná ide, vagy e-mailben elküldené nekem. Köszönöm.

[256] Róbert Gida	2007-12-20 10:20:47
D. O. Skljarszkij-N. N. Csencov-I. M. Jaglom Válogatott feladatok és tételek az elemi matematika köréből című könyvben ez 231.a feladata. Megoldás a könyv végén.
Előzmény: [255] PAL, 2007-12-19 23:15:02

[257] epsilon	2008-01-07 13:40:07
B.Ú.É.K. Mindenkinek! Megint van egy szimpatiklus kis feladat, a Cebisev egyenlőtlenségre gyanakszom, de nem tudom a feltételeket hozzá igazítani: Ha a, b, c, d pozitív és növekvő számok ebben a sorrendben, akkor igaz a következő egenlőtlenség:

[258] nadorp

2008-01-08 11:29:29

Mindkét oldalt elosztva a nem 0 abcd-vel,a feladat ekvivalens a következővel:

$\frac{bc}d+\frac{cd}a+\frac{ad}b+\frac{ab}c\geq a+b+c+d$ .

Két esetet vizsgálunk meg

1.eset: bc $\leq$ ad. Ekkor a Csebisev egyenlőtlenség és $\frac1d\leq\frac1b$ miatt

$\frac{bc}d+\frac{ad}b\geq\frac{bc}b+\frac{ad}d=c+a$

és hasolóan cd $\geq$ ab és $\frac1a\geq\frac1c$ miatt

$\frac{cd}a+\frac{ab}c\geq\frac{cd}c+\frac{ab}a=d+b$

2.eset: bc>ad. Ekkor bc $\leq$ cd és $\frac1d\leq\frac1a$ miatt

$\frac{bc}d+\frac{cd}a\geq\frac{bc}a+\frac{cd}d=\frac{bc}a+c$

és hasolóan ad $\geq$ ab és $\frac1b\geq\frac1c$ miatt

$\frac{ad}b+\frac{ab}c\geq\frac{ad}c+\frac{ab}b=\frac{ad}b+a$

Összeadva a fenti két egyenlőtlenséget

$\frac{bc}a+c+\frac{ad}b+a\geq\frac{bc}b+\frac{ad}a+a+c=c+d+c+a\geq a+b+c+d$

Előzmény: [257] epsilon, 2008-01-07 13:40:07

[259] epsilon	2008-01-08 15:02:50
Helló! Köszi, jó ötlet volt az, hogy azt az 1 törtet ami nem illett bele a Cebisev egyenlőtlenségbe (a rendezés monotonításába), 2 esetbe véve tárgyaltad, így valóban teljesen logikus, szép megoldás! Üdv: epsilon

[260] epsilon	2008-01-12 08:58:36
Helló nadorp! A feladat 5 vagy több tag esetén is igaznak tűnik, de a 4-re adott bizonyítást sok eset letárgyalása nélkül nem igazán látom átültetni pl 5 tagra :-( Van valami ötleted? Üdv: epsilon
Előzmény: [258] nadorp, 2008-01-08 11:29:29

[261] sakkmath	2008-01-13 16:18:31
Kedves nadorp!

Előzmény: [258] nadorp, 2008-01-08 11:29:29

[262] nadorp	2008-01-13 20:30:54
Köszi a javítást, igazad van. Belezavarodtam a sok betűbe :-)
Előzmény: [261] sakkmath, 2008-01-13 16:18:31

[263] epsilon	2008-01-15 15:20:39
Köszi sakkmath a javítást (örömömben észre sem vettem a végén az elírást), na meg kösz a szakreferenciát. Mivel nem jutok hozzá ahoz a forráshoz amit írtál, megfogalmaznád a Szűcs-tételt? Tisztelettel üdv: epsilon

[264] nadorp

2008-01-15 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 $\leq$ a₂ $\leq$ ... $\leq$ a_n és b₁ $\leq$ b₂ $\leq$ ... $\leq$ b_n nemnegatív számok. Ekkor, ha a {c_i} számok a b_i 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 $\leq$ a₂ $\leq$ ... $\leq$ a_n (n $\geq$ 3) 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

[265] epsilon

2008-01-16 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

[266] epsilon

2008-01-16 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

[267] nadorp

2008-01-16 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

[268] sakkmath

2008-01-16 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

[269] epsilon	2008-01-16 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

[270] epsilon	2008-01-16 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

[271] nadorp

2008-01-16 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 $\leq$ pq és z>r

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

[272] epsilon

2008-01-16 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

[273] epsilon	2008-01-16 14:26:36
Bocs: ehelyett a1×b1+a2×b2>=a1×b2+a2×b2 ez kell a1×b1+a2×b2>=a1×b2+a2×b1

[274] sakkmath	2008-01-16 16:47:31
Az angol szakirodalomban így hívják: Chebyshev Sum Inequality. Klikk ide.
Előzmény: [269] epsilon, 2008-01-16 12:31:07

[275] epsilon	2008-01-17 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.

[276] lorantfy	2008-02-01 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

[277] nemtommegoldani

2008-02-10 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.

[278] nadorp

2008-02-11 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

[279] BohnerGéza	2008-02-11 16:50:13
Ha eleve egyszerűsítem 7-tel?!
Előzmény: [278] nadorp, 2008-02-11 13:18:54

[280] rizsesz

2008-02-11 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

[281] nadorp	2008-02-11 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

[282] nemtommegoldani	2008-02-13 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.

[283] nemtommegoldani	2008-02-13 18:35:00
Az előbbi hozzászólásomhoz még egy feladatot elfelejtettem: Határozd meg a 2 az ötödiken3a negyediken7 a harmadikon*11 a tizenegyediken pozitív osztóinak számát! Köszönöm szépen!

[284] Python	2008-02-13 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

[285] Python	2008-02-13 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

[286] Pardeller	2008-02-13 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.

[287] nemtommegoldani	2008-02-13 21:38:49
Kedves Python! Nagyon köszönöm a segítséget, és a nagyon gyors választ!

[288] nadorp

2008-02-14 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 $\neq$ 0, 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

[289] Pardeller	2008-02-14 17:23:55
Nagyon köszönöm!
Előzmény: [288] nadorp, 2008-02-14 17:12:39

[290] gele_viki

2008-02-14 20:15:54

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!

[291] nehajolehet	2008-02-15 11:07:32
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.
Előzmény: [290] gele_viki, 2008-02-14 20:15:54

[292] Sirpi

2008-02-15 11:50:48

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:

$a = 1/2 \cdot \sqrt {e^2 + f^2 - ef}$

$b = 1/2 \cdot \sqrt {e^2 + f^2 + ef}$

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

Előzmény: [290] gele_viki, 2008-02-14 20:15:54

[293] DömötörKrisztián	2008-02-15 18:32:26
tudna valaki segíteni? másnál sem müködik rendesen a teX?lehet h én vagyok a hülye, de: $t=\frac{c^2}{8}$ ezt jól kiirja $t=\frac{c}{8}$ ezt meg nem szerintetek?

[294] Kós Géza	2008-02-16 16:24:22
Most már jó.
Előzmény: [293] DömötörKrisztián, 2008-02-15 18:32:26

[295] komalboy

2008-02-18 16:38:17

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.

[296] Sirpi

2008-02-19 20:52:46

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 (n $\to$ n+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 k $\geq$ 2 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.)

Előzmény: [295] komalboy, 2008-02-18 16:38:17

[297] epsilon	2008-03-01 18:48:18
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

[298] epsilon	2008-03-01 18:58:05
Sziasztok! Egy második szép feladat:

[299] epsilon	2008-03-01 19:03:57
Sziasztok! Egy harmadik feladat ([a] az a szám egészrésze):

[300] Lóczi Lajos	2008-03-01 19:08:49
Nem épp azért az (E) a helyes válasz, mert az előző esetek mindegyike előfordulhat?
Előzmény: [298] epsilon, 2008-03-01 18:58:05

[301] Lóczi Lajos	2008-03-01 19:17:10
Mivel an+b-1 $\le$ [an+b] $\le$ an+b, ezért a közrefogási-elv miatt a kérdéses limesz értéke a>0.
Előzmény: [299] epsilon, 2008-03-01 19:03:57

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?