[1470] Jhony | 2011-02-01 15:33:51 |
Tisztelt fórumozók ! Kérem igazolják vagy cáfolják az alábbi állításaimat : 1. minden 2-nél nagyobb prím felírható 2n+1 formájában , 2. minden páros szám felírható 2n alakban , 3. ha p és k prímeket felírjuk : p=2n+1 és k=2z+1 akkor p+k=(2n+1)+(2z+1) -esetleg ez egyenlő továbbá 2(n+z+1) -el ??? 4. minden 2-nél nagyobb szám felírható,mint két szám összege +1 vagyis,ha x nagyobb,mint 2 akkor x felírható,mint x=a+b+1 Segítségüket előre is köszönöm szépen !
|
|
[1471] Sirpi | 2011-02-01 15:39:24 |
Légyszi csak egy topikot szemetelj tele a Goldbach-sejtéssel kapcsolatban, szóval ezt például ne. Előre is köszi.
Egyébként sikerült belátnod, hogy minden páros szám előáll két páratlan összegeként, grat.
|
Előzmény: [1470] Jhony, 2011-02-01 15:33:51 |
|
[1472] janomo | 2011-02-01 21:16:34 |
Na, kezdesz hasonlitani robert gidára stilusban :)
Amugy ha valaki neki akar állni komoly sejtéseknek vagy nehezebb feladatoknak érdemes előbb tisztába lenni pontosan a logikával (meg persze még...-al), de hogy miből mi következik, például látszik, hogy amire itt akartál ( ez most nem sirpinek szolxd) utalgatni, azok önmagukban igazak, sőt trivik voltak, de te ugy láttad vmiért hogy következik belőle a goldbach sejtés, (vaaagy lehet hogy csak ki akartál jönni néhány trivi állítással, ami véletlenül olyan goldbach sejtéses volt :))
Szóval probálkozz előbb egyszerűbb dolgokkal szépen lépésről lépsre begyakorolni a következtetési szabályokat, na sok sikert.
|
Előzmény: [1471] Sirpi, 2011-02-01 15:39:24 |
|
[1473] Sirpi | 2011-02-01 22:26:31 |
Jogos, tényleg kissé durvára sikerült a reakció (amire Te meg is találtad az ütős választ - azért remélem, egy hsz alapján nem leszek egy polcra pakolva RG-vel :-) ). Csak ezek a dolgok már lényegében ki lettek tárgyalva a Goldbach-os topikban, és próbáltam elejét venni, hogy ide is átköltözzenek.
|
Előzmény: [1472] janomo, 2011-02-01 21:16:34 |
|
[1474] Jhony | 2011-02-02 05:27:24 |
...Köszönöm szépen a ,,támogató" hozzáállást '
|
|
[1475] Rozali | 2011-03-31 08:39:41 |
Sziasztok ! Tud valaki segíteni SOS Ezeket a feladatokat kellene megoldanom!
5 sin 2-on x-3sin x=1
8 sin 2-on x -cos 2-onx=8
tg x +ctg x=2
Lécci magyaráűzzátok el hogy kell megcsinálni !!
Köszi!!
|
|
[1476] psbalint | 2011-03-31 14:24:15 |
Sziasztok! Nem tudom megcsinálni a következő feladatot, elvileg könnyű, de mégsem tudom elkezdeni sem. Szóval egy nagymama süteményt süt, 1 kg tésztát gyúr össze, amibe mazsolát is tesz. Utána a tésztát 10 részre osztja, és ezek lesznek a sütemények. Hány mazsolát kell belegyúrnia a tésztába, hogy legalább 99 százalékos valószínűséggel mindegyik darabba jusson legalább 1 db mazsola?
|
|
[1477] logarlécész | 2011-03-31 17:48:18 |
Az első feladatban az egyenlet sinx-re másodfokú. Ha gondolod sinx-et jelölheted pl.: a-val. A-t beírva a sinx helyére egy sima másodfokú egyenletet kapunk.(öt a négyzet mínusz három a mínusz egy egyenlő nulla). Ezt gondolom meg tudod oldani. Lesz két megoldás, ebből jelen eseteben egy lesz mínusz egy és egy közötti. A színusz ÉK-e -1 - 1, tehát a másodfokú egyenlet egyik megoldásából (amelyik nem esik mínusz egy és egy közé) nem lesz megoldás, a másikból pedig teljesen egyszerűen sinx=a, amit gondolom szintén meg tudsz oldani. A második egyenletet átalakíthatod úgy, hogy 9sinx négyzet-(sinx négyzet+cosx négyzet)=8, ebből a négyzetes összefüggést használva (sinx négyzet+cosx négyzet=1)sinx=1, innen már gondolom megy. És most sajnos el kell mennem...
|
Előzmény: [1475] Rozali, 2011-03-31 08:39:41 |
|
|
[1479] psbalint | 2011-03-31 20:53:43 |
igen ez megvolt, de még mindig nem teljesen világos. lerakunk egy sorba n golyót, és lerakunk közéjük 9 pálcikát. és ahogy sorban rakosgatjuk a pálcikákat, mindig megnézzük, hogy mekkora valószínűséggel kerül olyan helyre (pl két pálcika egymás mellé), hogy az egy süteményre 0 mazsolát eredményezne. ez így megállja a helyét? most mondhatnám hogy azért csináltam golyókkal-pálcikákkal mert egy nem szakkörös gimisnek kell elmagyaráznom (egyébként így van), de igazából azért azért, mert nem tudtam kitalálni semmilyen matematikai képletes vagyis klasszikus megoldást.
|
|
[1480] jonas | 2011-03-31 21:05:56 |
Feltételezem, hogy ezt úgy kell érteni, hogy ha a nagymama az egész tésztába rakott mazsolákat pontosan leszámolja, és biztosan ugyanannyit, n darabot rak.
Ha a tésztát tíz részre osztja, akkor minden mazsola egymástól függetlenül kerül a tíz rész valamelyikébe, és feltesszük azt is, hogy a tíz rész pontosan egyforma méretű, vagyis egyforma valószínűséggel kerülnek beléjük a mazsolák.
Most akkor ha kiválasztassz k konkrét süteményt, akkor annak a valószínűsége, hogy az összes mazsola ezekbe kerül, (k/10)n. Ebből azt hiszem, szitával következik, hogy annak a valószínűsége, hogy minden süteménybe kerül mazsola,
Ezt átalakítod alapján, majd az összeget explicit alakra hozod, és innen próbáld meg te megoldani.
|
Előzmény: [1476] psbalint, 2011-03-31 14:24:15 |
|
[1481] jonas | 2011-03-31 21:08:12 |
Nem, ez így hibás, mert a mazsolák eloszlkása nem ugyanaz, mint a pálcikák eloszlása. Például ha két mazsolád és két süteményed lenne, akkor 1/4 valószínűséggel menne a bal oldali süteménybe mindkét mazsola, de 1/3 valószínűséggel menne mindkét mazsola a pálcáktól balra.
|
Előzmény: [1479] psbalint, 2011-03-31 20:53:43 |
|
[1482] psbalint | 2011-03-31 21:28:31 |
köszönöm a segítséget. triviális feladatok között volt, és miután gondoltam/ajánlották a szitára/a szitát, én még mindig azt hittem, van valami teljesen nyilvánvaló megoldás, amit nem veszek észre.
|
|
|
[1484] Radián | 2011-04-04 16:56:38 |
Hello!
Két kérdésem lenne az egyszerű gráfokkal kapcsolatban.
a.) Rendelkezünk-e bármiféle információval, hogy ha egy teljes gráf éleit akarjuk kiszínezgetni három színnel akkor minimum hány csúcs esetén fog egyszínű háromszöget v. négyszöget tartalmazni a gráfunk. (Van e Ramsey-számoknak valamilyen továbbfejlesztett alakja ?)
b.) Egy n csúcsú teljes gráfot felbontjuk 1-nél több ugyancsak teljes gráfra úgy hogy a kapott "kis" gráfok semelyikének se legyen közös éle. Mennyi kell legyen e "kis" gráfok minimális számossága ?
|
|
|
[1486] Zine | 2011-04-04 19:16:53 |
a) Igen, a Ramsey-tétel általánosítható uniform-hipergráfokra. Erről elég sok anyag van neten, pl wikipedia...
b) Ez egy viszonylag híres tétel, amelyet most szándékosan nem nevezek meg: Kn gráfot ha felbontjuk m Kn-től különböző klikkre, akkor mn
|
Előzmény: [1484] Radián, 2011-04-04 16:56:38 |
|
[1487] Maga Péter | 2011-04-04 20:44:45 |
Nem ismertem a tételt, de a Graham-Pollak-tétel lineáris algebrai bizonyítása megihletett:). Szóval tegyük fel, hogy az Ai klikkekre (1im>1) felbontjuk a gráfot. Minden klikkhez rendeljük hozzá a valós polinomot. Ekkor . Ha most feltesszük, hogy az Ai-k uniójában minden él pontosan egyszer szerepel, akkor
ahol az utolsó egyenlőtlenség azért áll fenn, mert a felbontás nemtriviális volt, amiből világos, hogy az eredeti gráf minden csúcsa legalább két Ai-ben szerepel.
Most indirekte tegyük fel, hogy m<n. Ekkor van nem azonosan 0 megoldása a P1=...=Pm=0 egyenletrendszernek (elemi lineáris algebra). Viszont akkor erre , ami ellentmondás.
|
Előzmény: [1486] Zine, 2011-04-04 19:16:53 |
|
[1488] WhiteTiger94 | 2011-04-05 15:55:15 |
Üdvözlet! Lenne önökhöz, hozzátok, egy kérdésem, rendezési tétel kellene hozzá ha jól sejtem, de a megoldásról nincs sejtésem, a feladatot elvileg ábraként csatolom a hozzászólásomhoz, és azt kellene megtudnom, mikor teljesül az egyenlőség, tehát, hogyha pl. a=b=c, vagy valamikor máskor?
Előre is köszönöm a segítséget.
Az ábra:
|
|
|
[1489] Alekszandrov | 2011-04-05 16:40:22 |
Szia!
A baloldalt gyöktelenítsd és hozz közös nevezőre, majd a számlálóban előálló mértani közepek helyére írd be a számtani közepeket(természetesen ekkor jön be az ismert egyenlőtlenség). Ezután vonjál össze a számlálóban, egyszerűsíts és máris a jobboldalhoz érkeztél. Ebből már az is látszik, hogy egyenlőség csak a=b=c esetén lehetséges. Üdv!
|
Előzmény: [1488] WhiteTiger94, 2011-04-05 15:55:15 |
|
|
[1491] KovácsPeti | 2011-04-05 16:58:53 |
Hali! Nekem 1 kamatos kamattal kapcsolatos kérdésem lenne. Adott: Évi 82 különböző pénzösszeg: 20 000 Ft ; 2 000 000 Ft A kérdés pedig az, hogy melyik pénzösszeg duplázódik meg hamarabb, ha nem változik a kamat, illetve nem történik semmiféle tranzakció, tehát csak a kamatos kamat. Próbáltam beilleszteni a képletbe, de nem sikerült :(
|
|
|
|
|
|
|
|
[1498] Zine | 2011-04-09 14:09:54 |
Ötletes megoldás:)
Egy másik általam ismert egy soros bizonyítása az állításnak: Kn = (E,V), |V| = n. Vegyünk egy v csúcsot, legyen rv azon klikkek száma, amelyek tartalmazzák. Egy L klikk csúcsainak számát, pedig jelöljük sL-lel. Tegyük fel, hogy nm. B egy olyan klikk, amelynek nem csúcsa v. Ekkor fennáll, hogy rvsB, amiből következik:
m(n-sB)m(m-rv)
Ezzel, pedig kész is.
|
Előzmény: [1487] Maga Péter, 2011-04-04 20:44:45 |
|
[1499] Maga Péter | 2011-04-09 22:43:27 |
Köszönöm, de a Graham-Pollak-tételé az érdem... Ha egy teljes n csúcsú gráfot felbontunk teljes páros gráfok páronként éldiszjunkt uniójára (teljes páros gráf: két színosztály, köztük minden él be van húzva), akkor legalább n-1 páros gráfot kell használnunk. Akinek van kedve hozzá, az törje rajta a fejét, hogyan lehet ezt lineáris algebrai módszerrel bebizonyítani (eléggé hasonló ahhoz, amit én írtam erre a feladatra). Ha pár napig nem lesz rá megoldás, de van érdeklődés, akkor felírom én magam. Ami ott érdekes, hogy az n-1 sokféleképp előáll.
Ebben a feladatban én az n-re másféle konstrukciót nem látok, minthogy veszünk egy teljes n-1-est, és a plusz egy pontot összekötjük mindennel. Mindazonáltal az én megoldásomból nem látszik, hogy ez lenne az egyetlen megoldás. A tiedből (ami valóban sokkal egyszerűbb) sem látom így kapásból, ami nem jelent semmit (főleg a kapásból miatt:)). Persze az sem biztos, hogy igaz.
Egyébként korábban azt írtad, hogy ez egy ismert tétel. Van esetleg neve is? (Én a kombinatorikához elképesztően nem értek, de aki ismer, az ezt tudja is. Lehet, hogy már másnak is feltűnt...:))
|
Előzmény: [1498] Zine, 2011-04-09 14:09:54 |
|
[1500] Zine | 2011-04-11 20:52:40 |
Részben igaz a sejtés:) Két eset van, vagy az, amit te is leírsz, vagy pedig ha n = (k-1)k + 1, akkor felbontható n darab Kk-ra, például K7 felbontható 7 db háromszögre. Csak ebben a két esetben van egyenlőség.
Erdős-de Brujin-tétel a neve, ők tetszőleges pont-egyenes struktúrára fogalmazták meg, de a két megfogalmazás teljesen ekvivalens. Valamint a tétel onnan is ismerős lehet, hogy ennek egy speciális esete az az állítás, hogy n nem egy egyenesen lévő pont legalább n egyenest meghatároz. Sokszor ezt a tételt nevezik Erdős-de Brujin-tételnek az általánosabb helyett / mellett. (Persze egyből következik az is, hogy az általad sejtett eredmény ez utóbbi esetben már igaz is, mivel Gallai óta tudjuk, hogy van olyan egyenes, amely pontosan két pontot tartalmaz, vagyis a második konstrukció, amelyet említettem, a síkban nem valósítható meg, ha k legalább 2, míg gráfoknál akadálytalanul lehetséges)
Egyébként Graham-Pollak-tételt magát ismerem, de a bizonyítását nem tudom, úgyhogy majd töröm rajta én is fejem, és részemről igény biztos lesz a megoldásra, ha addig nem lesz meg. (amire elég nagy esélyt látok...)
|
Előzmény: [1499] Maga Péter, 2011-04-09 22:43:27 |
|
|
|
[1503] Maga Péter | 2011-04-12 08:19:47 |
Nahát, de ostoba vagyok, ezt a Fano-síkból adódó felbontást és rokonait igazán észrevehettem volna...
Ha már az egyenes-pont felállásnál tartunk, akkor arra is mutatok egy lineáris algebrai bizonyítást (n pont, nincs mind egy egyenesen, ekkor n egyenest meghatároznak).
Először egy feladat, amit Pósa Lajos táborában tanultam. Van n pont, nincs mind egy egyenesen, mindegyikre ráírunk egy valós számot úgy, hogy minden legalább 2 pontú egyenesen 0 az összeg. Ekkor minden pontra 0-t kell írnunk. A bizonyítás nem nehéz.
Most minden Ai pontra vegyük az xi valós polinomot. Minden legalább kétpontú e egyenesre legyen . Az előbb leírtak szerint a 'Pe=0 minden e-re' egyenletrendszernek csak triviális megoldása van, így legalább n egyenletből áll.
|
Előzmény: [1500] Zine, 2011-04-11 20:52:40 |
|
[1504] TiCoN314 | 2011-04-19 10:59:59 |
Üdv!
Egy kis segítségre lenne szükségem: Ugye van egy tételünk, hogy ha egy vektor-valós fgv. esetén egy adott pontban minden parc. derivált létezik és folytonosak, akkor ott totálisan diff-ható. Legyen f(x,y)= 1, ha x*y=0, különben 0. Ez esetben az origóban a parciális deriváltak léteznek és folytonosak (0), mégsem differenciálható a függvény, hiszen nem is folytonos a (0,0)-ban. Hol a hiba?
Előre is köszönöm a segítséget.
Üdv: TiCoN
|
|
[1505] ga.bakonyi | 2011-04-19 16:35:26 |
Szép napot mindenkinek,
lehet, hogy retorzió következik a hozzászólás miatt, de ha szépen megkérek valakit, aki tudja, megmondja nekem, milyen a Leontief-féle termelési függvény általános alakja és képlete? Nagyon szépen köszönöm.
|
|
|
|
|
|
|
|
|
[1513] rizsesz | 2011-04-22 18:49:20 |
Ez azért meglehetősen furcsa; szerintem talán az történhetett, hogy az elektronikusan beküldött megoldások értékét feltöltötték, a papír alapúakat pedig még nem (ilyen olykor megesik).
|
Előzmény: [1512] Róbert Gida, 2011-04-22 17:32:24 |
|
[1514] Zine | 2011-04-22 20:16:59 |
Én láttam a feladatot, ezért nem is akartam először megnevezni a kérdezőnek, illetve többet mondani róla, viszont miután már feltöltötted a bizonyítását már lényegében mindegy volt.
Egyébként ilyenkor, ha valaki ismeri a tételt, akkor leírja a megoldásában hogy ez a tétel neve, hivatkozik egy bizonyításra, és kész? Vagy erre nem is adnának pontot?
|
Előzmény: [1511] Maga Péter, 2011-04-22 15:11:23 |
|
|
|
[1517] Moderátor | 2011-04-23 12:53:10 |
A moderátorok nincsenek olyan sokan, és nem vették észre. :-(
A [1484] a) kérdése a B.4345. feladathoz kapcsolódott. (Mondjuk R(3,3,3)=17 nem sokat segít a megoldáshoz.)
Elég nagy szemtelenség aktív kömal feladatokhoz épp a kömal fórumon segítséget kérni...
|
Előzmény: [1511] Maga Péter, 2011-04-22 15:11:23 |
|
|
[1519] Maga Péter | 2011-04-24 13:12:18 |
És ha most valamelyik megoldás betűről betűre egyezik akár a Zine, akár az én postommal, akkor sem lehet tőle elvenni a pontokat, mert nem tudjátok eldönteni, hogy Radián-e az illető, vagy csak egy nyitott szemmel (és némi szerencsével) fórumozó versenyző.
|
Előzmény: [1517] Moderátor, 2011-04-23 12:53:10 |
|