Fórum: Valaki mondja meg!

Szerintem ez inkább az ellenkező irány. A &tex;\displaystyle \sum_{n=-\infty}^\infty\frac1{z-n}&xet; összeg tagjait azért vonjuk össze kettesével, hogy konvergens legyen. (A korlátosság meg azért fontos, hogy a Liouville-tételt alkalmazhassuk az &tex;\displaystyle \frac1z+\sum_{n=1}^\infty\frac{2z}{z^2-n^2}-\pi\ctg(\pi z)&xet; függvényre.)

Köszönöm a gyors válaszokat! Egyébként valóban ez volt a cél. Közvetetten meg a &tex;\displaystyle \frac{\sin \pi z}{\pi}=z\prod_{n=1}^\infty \Big(1-\frac{z^2}{n^2}\Big)&xet;.

Valaki mondja meg! Vegyük egy tetszőleges természetes szám osztóit. Lehet-e ezek reciprokösszege egész szám? (Persze nem számítva azt az esetet, hogy csak magát az 1-et vesszük.

Ilyen szám például a 6.

Az &tex;\displaystyle n&xet; szám osztóinak összege osztva &tex;\displaystyle n&xet;-el (azaz az átlaguk) épp megegyezik az osztók reciprokösszegével. Ha ez a szám 2, akkor &tex;\displaystyle n&xet; tökéletes szám.

Az általános esetben is van nevük: többszörösen tökéletes szám, lásd

&tex;\displaystyle http://en.wikipedia.org/wiki/Multiply\_perfect\_number&xet;

Köszönök minden választ, sokat segített.

Hoztam én is egy feladatot.

Ismert a kerek szám (round number) fogalma: egy szám ilyen, ha nincs nála kisebb, hozzá relatív prím összetett szám. Ezek ismertek, a legnagyobb közülük a 30.

Legyen egy szám összegkerek, ha nincs két hozzá relatív prím összetett szám, melyek összegeként előáll az eredeti. Nem tudom, elnevezte-e ezeket a számokat valaki, ez itt a saját elnevezésem. Nyilván minden kerek szám összegkerek is.

A feladat az lenne, hogy bizonyítsuk be, hogy ilyen kétszeresen összetett számból is csak véges sok van.

http://oeis.org/A096076

Legyen &tex;\displaystyle n=\prod_1^n p_i^{\alpha_i}&xet;. Ekkor ha &tex;\displaystyle q,r,s&xet; prímek nem szerepelnek a &tex;\displaystyle p_i&xet;-k közt, akkor &tex;\displaystyle qr,qs,rs &xet; relatív prím összetett számok. Ha a legnagyobb ellenpéldát keressük, akkor a &tex;\displaystyle n=\prod_1^n p_i<p_{n+1}p_{n+3}&xet; egyenlőtlenséghez jutunk, ami nagy számokra nyilván igaz. Ez általánosan igaz pl Konstans sok kivételével nem prímre

Azaz, nyilván NEM igaz.

Ez akkor annak bizonyítása, hogy véges sok "kerek szám" van.

Sirpi feladata, ha jól értem, az volt, hogy igazoljuk, hogy csak véges sok &tex;\displaystyle N&xet;-hez nincs olyan hozzá relatív prím, összetett &tex;\displaystyle 0<a,b<N&xet; pár, hogy &tex;\displaystyle N=a+b&xet;. Ez annyit takar, hogy bármely &tex;\displaystyle (a,N)=1&xet; esetén, melyre &tex;\displaystyle 0<a\le \frac N2&xet;, teljesül, hogy &tex;\displaystyle a&xet; vagy &tex;\displaystyle N-a&xet; prímszám.

Most első nekifutásra úgy tűnik, hogy a feladat enged nagyságrendi számolásoknak.

Jelölje minden &tex;\displaystyle n\ge 2&xet;-re &tex;\displaystyle P(n)&xet; az &tex;\displaystyle n&xet;-nél nem nagyobb prímek szorzatát, és &tex;\displaystyle R(n)&xet; pedig az &tex;\displaystyle \frac n2&xet;-nél nem nagyobb, &tex;\displaystyle n&xet;-hez relatív prím számok szorzatát. Ha &tex;\displaystyle N&xet; teljesíti a feltételt, akkor &tex;\displaystyle P(N)\ge R(N)&xet;.

Erdős még belátta, hogy &tex;\displaystyle P(n)<4^n&xet; (indukcióval, felhasználva, hogy minden &tex;\displaystyle (n;2n]&xet;-beli prím osztja &tex;\displaystyle \binom{2n}n&xet;-et). A megoldáshoz annyit kell belátnunk, hogy &tex;\displaystyle R(N)&xet; gyorsabban nő, mint &tex;\displaystyle 4^N&xet;, ami igaznak tűnik, bár ellenőrzésre szorul.

Egyszerűbben: ha &tex;\displaystyle n>1&xet; kétszeresen összetett szám, akkor &tex;\displaystyle \varphi(n)-2\le 2*\pi (n)&xet; (,mert &tex;\displaystyle \varphi(n)-2&xet; darab &tex;\displaystyle i&xet; van amelyre &tex;\displaystyle 1<i<n-1&xet; és &tex;\displaystyle n&xet;-hez relatív prím, minden ilyen &tex;\displaystyle (i,n-i)&xet; párból az egyik prím, és minden prímet legfeljebb 2-szer számoltunk). De &tex;\displaystyle \varphi(n)>c*\frac {n}{log(log(n))}&xet; (lásd wiki cikket), ebből &tex;\displaystyle \pi (n)>d*\frac {n}{log(log(n))}&xet; ami prímszámtételnek mond ellen, ha &tex;\displaystyle n&xet; nagy. Így véges sok kétszeresen összetett szám van.

Helyezz el zárójeleket úgy a műveletsorban, hogy teljesüljön az egyenlőség:

48 : 6 + 2 * 8 - 6 : 3 = 60

Már egy napja töröm rajta a fejem. Szerintem elírták. Várom a megoldást! Előre is köszönöm!

&tex;\displaystyle \Big(\frac{48}{6}+2\Big)\cdot \Big(8-\frac{6}{3}\Big)=60&xet;

Köszönöm a segítséget. Ezt nem próbáltam:(

Sziasztok, ezt a feladatot hogyan kéne megoldanom? Nagyon köszönök minden segítséget.:)

Sziasztok!

Amit keresek (már napok óta):

Példát olyan f: [a,b]->R függvényre, mely szakaszonként monoton, de nem szakaszonként folytonos. Minden segítséget előre is köszönök!

Sziasztok!

Érdeklődni szeretnék ,hogy az a2 + b2 faktorizálható-e?

Legyenek a racionális számok: &tex;\displaystyle q_1,q_2,\dots&xet;. (Ismert, hogy ezek megsorszámozhatóak.) Majd pedig legyen

&tex;\displaystyle f(x)=\sum_{q_n\le x}\frac1{2^n}.&xet;

Az &tex;\displaystyle f&xet; függvény minden valós &tex;\displaystyle x&xet;-re is értelmezett, monoton növekvő, de egyik racionális helyen sem lesz folytonos.

Az &tex;\displaystyle x^2+y^2&xet; kétváltozós polinom konstans szorzótól eltekintve egyértelműen bontható komplex együtthatós polinomok szorzatára (B4579-hez hasonlóan belátható): &tex;\displaystyle x^2+y^2=(x+iy)(x-iy)&xet;, ahol &tex;\displaystyle i^2=1&xet; a képzetes egység. Ily módon valós együtthatós polinomok szorzatára nem is bírjuk bontani.

Sziasztok!

A 2012 szeptemberi szám B.4465-ös feladatának megoldása megtalálható itt.

Tudna valaki mutatni egy másik megoldást, amely csak és kizárólag átdarabolást használ?

Olyan megoldást találtam már, amiben ha egymás mellé mérek bizonyos szakaszokat, akkor Pitagorasz tétellel kijön az állítás, de az a sejtésem, hogy van Pit. tétel nélküli "átdarabolós" megoldás is.

Köszönöm előre is a segítséget!

Köszönöm szépen!:)

Talán ilyesmire gondoltál: Kövessük a közölt megoldás gondolatmenetét és mutassuk meg, hogy 2-2 szög 30 fokra egészíti ki egymást. Tükrözzük az &tex;\displaystyle A_4 A_9 B \Delta&xet; -et az &tex;\displaystyle A_0 A_{10}&xet; egyenesre és toljuk el &tex;\displaystyle A_4 et A_0 ba&xet; . B új helyzete legyen &tex;\displaystyle B_1&xet; . Ekkor &tex;\displaystyle B A_0 B_1 \angle&xet; -ről kell megmutatni, hogy &tex;\displaystyle 30^\circ&xet; -os.

Vegyük fel az &tex;\displaystyle A_0 B_1&xet; egyenesen &tex;\displaystyle B_2&xet; -t úgy, hogy &tex;\displaystyle A_0 B_1 = B_1 B_2&xet; legyen . Ekkor &tex;\displaystyle B_1 A_5 = \sqrt 3 , B_2 A_{10} = 2 \sqrt 3&xet; . A &tex;\displaystyle B_2 A_{10}&xet; egyenesen legyen C az a pont, melyre &tex;\displaystyle B B_2 C \Delta&xet; derékszögű. &tex;\displaystyle B C / C B_2 = 1 / (3 \sqrt 3) = \sqrt 3 / 9&xet; . &tex;\displaystyle A_0 A_9 B \Delta&xet; -ben &tex;\displaystyle B A_9 / A_0 A_9 = \sqrt 3 / 9&xet; . A két háromszög hasonló, &tex;\displaystyle A_0 B B_2 \angle = 90^\circ&xet; , ezért &tex;\displaystyle B_1 A_0 = B_1 B_2 = B_1 B&xet;. Legyen &tex;\displaystyle B_1 B_2&xet; felezőpntja &tex;\displaystyle B_3&xet; . A &tex;\displaystyle B_3&xet; -ból &tex;\displaystyle A_0 A_{10}&xet; egyenesre bocsátott merőlegesen D az a pont, melyre &tex;\displaystyle B_3 B D \Delta&xet; derékszögű. &tex;\displaystyle BD / D B_3 = (3/2)/(5/2)\sqrt 3 = \sqrt 3 / 5&xet; . &tex;\displaystyle B_1 A_5 / A_5 A_0 = \sqrt 3 / 5&xet; . &tex;\displaystyle B B_3&xet; merőleges &tex;\displaystyle A_0 B_1&xet; -re, &tex;\displaystyle B B_1 = B B_2&xet; , a &tex;\displaystyle B B_1 B_2 \Delta &xet; szabályos, &tex;\displaystyle A_0 B_2 B \angle = 60^\circ&xet; , &tex;\displaystyle B A_0 B_1 \angle = 30^\circ&xet; .

Folytatás: készítsünk hasonló ábrát a másik szögpárra.

Igen, ilyenre gondoltam, köszönöm szépen!

A B.4612 sz. feladat (2014 március) megoldását keresem (a "Lejárt..." menüpont alá is feltettem a kérést). Előre is kösz!

Tegyük fel, hogy a szuper-hilton szálloda földszintjén beszáll a liftbe 30 ember. A szálloda 20 emeletes, tehát a liftben a "földszint" gombon kívül 1-től 20-ig számozott gombok találhatóak. A 30 ember mindegyike megnyomja a számozott gombok valamelyikét (egy ember pontosan egy gombot nyom meg), annak megfelelően hogy ki melyik szintre akkar a lifttel megérkezni. Természetesen tekinthetjük úgy, hogy akármelyik ember akármelyik gombot egyforma (1/20) valószínűséggel nyomja meg. Mennyi lesz a megnyomott gombok számának várható értéke? Tisztelettel: Bertalan Zoltán.

15.7

Szerintem: &tex;\displaystyle \frac {843275206102804784954490480594066706599}{53687091200000000000000000000000000000}&xet;

Szerintem meg szumma ká megy egytől húszig kászor húszalatt a ká szor huszonkilenc alatt a kámínuszegy szor egyhuszad a harmincadikán.

Rossz megoldás.

0 pont

&tex;\displaystyle \sum_{k=1}^{20}{k\binom{20}{k}\sum_{i_1+i_2+...+i_k=30,\forall{i_j}>0}^k{\frac{30!}{i_1!i_2!...i_k!}{\bigg(\frac1{20}}\bigg)^{30}}}&xet;

Az &tex;\displaystyle i_1+i_2+...+i_k=30&xet; felbontásban a sorrend számít.

Legyen &tex;\displaystyle n&xet; ember és &tex;\displaystyle l&xet; emelet. &tex;\displaystyle X&xet; legyen a megnyomott gombok száma, &tex;\displaystyle X=\sum_{i=1}^l A_i&xet;, ahol &tex;\displaystyle A_i=0&xet;, ha nem nyomták meg a gombot, és &tex;\displaystyle 1&xet;, ha megnyomják, valamint legyen &tex;\displaystyle B_i&xet; az az esemény, hogy valaki megnyomja az &tex;\displaystyle i&xet;-ik gombot. De ekkor &tex;\displaystyle E(A_i)=P(B_i)&xet; és &tex;\displaystyle P(B_i)=P(B_j)&xet;.

&tex;\displaystyle E(X)=E\Big(\sum_{i=1}^l A_i\Big)=\sum_{i=1}^l E(A_i)=\sum_{i=1}^l P(B_i)=lP(B_1)=l-l\Big(\frac{l-1}{l}\Big)^n&xet;

Szép megoldás.

Lett egy azonosság, ami első ránézésre nem tűnik triviálisnak:

&tex;\displaystyle \sum_{k=1}^l{k\binom{l}k\sum_{\matrix{i_1+i_2+...+i_k=n\cr i_1,i_2,...i_k\ge1\cr}}^k{\frac{n!}{i_1!i_2!...i_k!}{\bigg(\frac1{l}}\bigg)^n}} = l-l\Big(\frac{l-1}{l}\Big)^n&xet;

ahol az &tex;\displaystyle i_1+i_2+...+i_k=n&xet; felbontásban a sorrend számít és &tex;\displaystyle n\ge{l}.&xet;

Köszi a szép és nagyon egyszerű megoldást!!!!!!! Az #1961 hozzászólásban levő összefüggés szerintem is beillene egy versenyfeladatnak. Tisztelettel: Bertalan Zoltán.

Legyen a=(1;3;6), b=(3;10;21), c=(-1;-2;-2) és v=(14;42;81). Ekkor v=+2a+3b-3c teljesül, így a "v" vektor koordinátái az "a", "b", "c" bázisban +2, +3, -3, ezeknek az összege csakugyan +2. Valószínűleg ezt kellett bizonyítani. A koordináták meghatározása a következőképpen történik: Legyen v=+xa+yb+zc, ahol "x", "y", "z" a "v" vektor koordinátái az "a", "b", "c" bázisban. Koordinátánként kiírva ez utóbbi egyenletet, a következő három egyenlet adódik: +14=+1x+3y-1z; +42=+3x+10y-2z; +81=+6x+21y-2z; ez három elsőfokú egyenlet három ismeretlennel, így "x", "y", "z" értéke meghatározható.

Sziasztok! Van valakinek otlete, hogy lehet bebizonyitani ezt: &tex;\displaystyle 2^{54321}+3^{65432}&xet; oszthato 11-gyel? Koszi

Számítsd ki külön-külön, hogy az egyes hatványok mennyi maradékot adnak &tex;\displaystyle 11&xet;-gyel osztva! Hasznos lehet, hogy mondjuk &tex;\displaystyle 2^{10}&xet; és &tex;\displaystyle 3^{10}&xet; maradéka &tex;\displaystyle 11&xet;-gyel osztva éppen &tex;\displaystyle 1&xet; (egyébként miért annyi?).

Az egyenlő térfogatú forgáskúpok közül melyiknek a palástja a legkisebb? A válaszaitokat előre is köszönöm

Szia!

Feltételezem egyenes kúpról van szó, és vélhetőleg a "legkisebb palást" alatt a palást legkisebb területét érted.

Mindezek alapján (hogyha nem így értetted, akkor elnézést, én így értelmezem a feladatot) az alábbiakat teheted:

A kúp alapkörének sugara és magassága legyen &tex;\displaystyle r&xet; és &tex;\displaystyle h&xet;. Ekkor a kúp térfogata:

&tex;\displaystyle V=\frac{r^2h\pi}{3}&xet; palástjának területe pedig &tex;\displaystyle r\pi\sqrt{r^2+h^2}&xet;. Ez utóbbinak keressük a minimumát.

Mivel &tex;\displaystyle \frac{\pi}{3}&xet; konstans, ezért nyugodtan felteheted az általánosság csorbítása nélkül, hogy &tex;\displaystyle r^2h=1&xet; amiből &tex;\displaystyle r=\frac{1}{\sqrt{h}}&xet;.

Ezt írd be a becsülendőbe, és máris egy "egyszerű" függvénnyel van dolgod, ami csak egy változós. Ha tudsz deriválni, akkor deriválással annak könnyen meghatározhatod a minimumát. Ha nem, akkor valamilyen egyenlőtlenség használatát javaslom. (pld.: nevezetes közepek közötti egyenlőtlenségcsalád)

Lehet, hogy már volt. (Ha volt, írjátok meg, melyik témában)

A fiam tette fel a kérdést:

2**x=x**2 egyenletnek mik a megoldásai? (** a hatvány jele)

Valós megoldások:

&tex;\displaystyle x=2;x=4;x=-0.76666469596212309311120442251031484801&xet;

Persze, de ebből így nem sokat tanul a gyerek. Javaslom:

- rajzolja fel a két függvényt

- állapítsa meg a megoldások számát

- sejtse meg és igazolja az egész megoldásokat

- találjon valamilyen módszert a negatív megoldás közelítésére.

Sziasztok!

Tudna valaki segíteni az alábbi feladatban?

&tex;\displaystyle \frac{1}{cos(x)cos(2x)}+\frac{1}{cos(2x)cos(3x)}+\frac{1}{cos(3)cos(4x)}+\frac{1}{cos(4x)cos(5x)} = 0&xet;

Nekem nagyon úgy tűnik, hogy ezt valahogyan teleszkopikus összeggé lehet alakítani, ám nem sikerült. Köszönöm előre is!

Wolframalpha.com alapján:

Átrendezve: 4*cos(2x)*sec(5x)=0 jön ki

itt csak a cos(2x)=0 lehet a megoldás. (a sec(5x) 0 nem lehet, mivel az 1/(sin(x))

(de a megoldásnál meg kell vizsgálni értelmezhető-e, nem megy-e el 'végtelenbe')

cos(2x)=0 megoldása: n*pi/2+pi/4

A sec(5x) miatt lehet,hogy ki kell tiltani valamely gyököket.

A &tex;\displaystyle cos(2x)=0&xet; megoldás nem jöhet szóba, mert az eredeti egyenlet baloldalán nevezőben szereplő tag.

Ennek alapján a Te hozzászólásod és a Wolframalpha azt mondja, hogy nincsen megoldás. Egy program (ami hasonlít a Wa-hoz) szintén nem tudta megoldani.

De mivel ez 1995-ben volt OKTV feladat, I. kategóriában, nem hinném, hogy program kellene hozzá. :)

Azért köszönöm!

Hozzunk közös nevezőre, akkor a számláló

&tex;\displaystyle \cos(3x)\cos(4x)\cos(5x)+ \cos(x)\cos(4x)\cos(5x)+\cos(x)\cos(2x)\cos(5x)+\cos(x)\cos(2x)\cos(3x)&xet;

Vonjuk össze az első kettőt és a második kettőt, használjuk a két koszinusz összegére vonakozó addíciós képletet:

&tex;\displaystyle \frac{1}{2}(\cos x \cos(2x)\cos(4x)\cos(5x) +\cos(x)\cos(2x)\cos(4x)\cos(x))&xet;

itt is kiemeljünk &tex;\displaystyle \cos x \cos(2x)\cos(4x)&xet;-t és

&tex;\displaystyle \frac{1}{4}(cos x \cos(2x)\cos(4x)\cos(3x)\cos(2x)&xet;

adódik a számlálónak. Így nincs a feladtanak megoldása, ha jól számoltam.

Köszönöm szépen! Nem gondoltam az addíciós képletezésre, de tény, hogy egyszerűen kijön, szinte "triviális" ezek után. :)

Még egyszer köszi!

Pontatlan és km hosszú számolás. Én így csinálnám, hozzuk közös nevezőre az első két tagot, majd az utolsó két tagot, az addíciós formulát használva, majd &tex;\displaystyle cos(3x)&xet; kiemelhető mindkét nevezőből.

&tex;\displaystyle f(x)=\frac{2}{cos(3x)}(1+\frac{cos(x)}{cos(5x)})&xet;

Innen már könnyen befejezhető (f(x)=0 kell).

40 éve még felvételibe is szégyelltek volna ilyen könnyű feladatot berakni.

1. Mi az az f(x)? Nyilván nem az eredeti függvény, mert legalábbis más az értelmezési tartománya.

2. Valóban írhattam volna, hogy egy addíciós képlet háromszori alkalmazása után épp az előttem szól 1972-es képlete jön ki. Az is követhetetlen.

3. Melyik addíciós képletet használjuk?

4. Miért fejezehető be könnyen?

Előre is köszi.