Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

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]    [47]    [48]    [49]    [50]    [51]    [52]    [53]    [54]    [55]    [56]    [57]    [58]    [59]    [60]    [61]    [62]    [63]    [64]    [65]    [66]    [67]    [68]    [69]    [70]    [71]    [72]    [73]    [74]    [75]    [76]    [77]    [78]    [79]    [80]    [81]    [82]    [83]    [84]    [85]    [86]    [87]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[2203] Fálesz Mihály2019-01-10 18:36:26

Ha szélsőértékhelyeket keresünk csak első deriválttal, akkor igazából kizárásos alapon találjuk meg a szélsőértékhelyeket. Olyan, mint egy klasszikus krimitörténet.

Valahonnan tudjuk hogy bűncselekmény történt: valaki betört az MNB-be és felvette a maximumot. Rajta kívül egy idióta is betört, de ő a minimumot vette fel. Az egyiket börtönbe akarjuk zárni, a másikat diliházba. Mondjuk van egy folytonos \(\displaystyle f:[0,1]\to\mathbb{R}\) függvényünk: ennek a Weierstrass-tétel miatt biztosan van legnagyobb és legkisebb értéke.

A felügyelő kikérdezi az összes gyanúsítottat, vagyis az összes \(\displaystyle [0,1]\)-beli pontot, hogy milyen alibije van. Aki igazolni tudja, hogy ő egy olyan belső pont, ahol \(\displaystyle f\) differenciálható, és a derivált nem nulla, annak alibije van: az ilyen helyeken a függvény lokálisan szig. növekvő/csökkenő, így biztosan nincs szélsőérték sem.

A film utolsó részében összegyűjtjük azokat, akiknek nincs alibije: az intervallum végpontjait, azokat a belső pontokat, ahol a függvény nem differenciálható, vagy éppen differenciálható, de a derivált nulla. Ha szerencsénk van, akkor kevés (véges sok) gyanúsított maradt: ezeket kikérdezzük, vagyis behelyettesítjük a függvénybe. Így kiderül, hogy hol van a maximum és minimum, és kik azok a gyanúsítottak, akik csak rosszkor voltak rossz helyen.

A Lagrange-multiplikátor módszer is ugyanilyen, bizonyos pontoknak alibit biztosít. Annyit állít, hogy azok a pontok, ahol az összes feltétel (egyenlet) teljesül, a feltételek és a célfüggvény folytonosan differenciálható (ehelyett az is elég, ha abban a pontban differenciálhatóak és egy környezeben foytonosak), továbbá a feltételek és a célfüggvény gradiens vektorai lineárisan függetlenek, ott nincs feltételes lokális szélsőértékhely. Ezt persze megfordítva szoktuk használni: ahol feltételes lokális szélsőértékhely van, ott a gradiensvektorok vagy nem is léteznek, vagy lineárisan összefüggőek, tehát valamelyik felírható a többi gradiens egy lineáris kombinációjaként; ebben a lin. kombinációban szereplő együtthatók a "Lagrange-multiplikátorok".

* * *

Téged persze a második derivált szerepe érdekel; sajnos a szinguláris pontokban, ahol feltételek gradiensvektorai lineárisan összefüggőek, ott az egyenletrendszer lokális megoldásai többnyire nem adnak szép felületdarabot. Akár már egyetlen feltétel/egyenlet esetén is, ahol a derivált a nullvektor, ronda lehet a megoldáshalmaz.

A reguláris pontokban, ahol az egyenleteink gradiensvektorai függetlenek, ott az implicitfüggvény-tétel szerint van szép lokális megoldás, felületdarab, és néhány változó egyértelműen meghatározza a többit. Lehetséges egy ügyesen összerakott függvény második deriváltmátrixának definitségét vizsgálni. Ehhez mindenféle parciális derivált mátrixokkal és inverzeikkel kell számolni. Nem szép, de legalább lehetséges...

* * *

A legegyszerűbb eset persze a 2 változó, 1 feltétel. Legyen \(\displaystyle f(x,y)=0\) a feltétel; ezen a "görbén" keressük egy \(\displaystyle g(x,y)\) függvény lokális szélsőértékeit. Tegyük fel, hogy egy \(\displaystyle (a,b)\) rajta van a görbén, tehát \(\displaystyle f(a,b)=0\), és a pont egy környezetében \(\displaystyle f\) és \(\displaystyle g\) is kétszer differenciálható. És azt is tegyük fel, hogy \(\displaystyle (a,b)\) a görbének nem szinguláris pontja, vagyis legalább az egyik parciális derivált nem \(\displaystyle 0\); mondjuk az \(\displaystyle y\)-szerinti. (A parciáls deriváltakat alsó indexekkel fogom jelölni, tehát \(\displaystyle f_2(a,b)\) az \(\displaystyle f\) második változó szerinti parciális deriváltja: \(\displaystyle f_2(a,b)\ne0\).)

Az implicitfüggvény-tétel szerint van \(\displaystyle (a,b)\) körül egy \(\displaystyle A\times B\) téglalap, amelyben görbénk egy függvény grafikonja: van egy egyértelmű \(\displaystyle h:A\to B\) implcit függvény, ami megoldása az \(\displaystyle f(x,h(x))=0\) egyetletnek; ez a \(\displaystyle h(x)\) függvény differenciálható is, és

\(\displaystyle h'(x) = -\frac{f_1(x,h(x))}{f_2(x,h(x))}.\)

A függvényt akár még egyszer differenciálhatjuk, ebből látjuk, hogy a \(\displaystyle h(x)\) függvény kétszer is differenciálható.

Minket az érdekel, hogy a \(\displaystyle G(x)=g(x,h(x))\) függvénynek milyen szélsőértéke lehet az \(\displaystyle a\) pontban.

A számolást úgy lehet szebben leírni, hogy magát az \(\displaystyle f(x,h(x))=0\) azonosságot és a \(\displaystyle G(x)=g(x,h(x))\) függvényt deriváljuk kétszer az \(\displaystyle a\) pontban:

\(\displaystyle f_1(a,b)) + f_2(a,b)\cdot h'(a) = 0 \)

\(\displaystyle f_{11}(a,b)) + 2f_{12}(a,b))\cdot h'(a) + f_{22}(a,b))\cdot h'(a)^2 + f_2(a,b)) \cdot h''(a) = 0 \)

\(\displaystyle G'(a) = g_1(a,b) + g_2(a,b)\cdot h'(a) \)

\(\displaystyle G''(a) = g_{11}(a,b)) + 2g_{12}(a,b)\cdot h'(a) + g_{22}(a,b))\cdot h'(a)^2 + g_2(a,b)) \cdot h''(a) \)

Az első kettőből kifejezhetjük \(\displaystyle h'(a)\) és \(\displaystyle h''(a)\) értékét; mindkét esetben \(\displaystyle f_2(a,b)\)-vel kell osztani, ami nem nulla; a \(\displaystyle G'(a)\) akkor nulla, ha a két gradiens párhuzamos; végül megkapjuk \(\displaystyle G''(a)\) értékét, és megvizsgálhatjuk az előjelét...

Előzmény: [2202] marcius8, 2019-01-09 11:21:50
[2202] marcius82019-01-09 11:21:50

Esetleg valaki tudja, hogy ha van egy szélsőérték-feladat feltételekkel, akkor a Langrange-multiplikátor módszerrel megtalált lehetséges szélsőértékhelyekről milyen tétel segítségével lehet eldönteni, hogy ezek maximumhelyek vagy minimumhelyek. Vagy a lehetséges szélsőértékhelyek vizsgálata feladatfüggő, minden feladatnál más módszerrel lehet eldönteni a lehetséges szélsőértékhelyekről azt hogy maximumhelyek vagy minimumhelyek? Előre is köszönöm a segítséget. Bertalan Zoltán.

[2201] marcius82018-12-31 14:13:06

Köszönöm a segítséget.

Előzmény: [2200] nadorp, 2018-12-29 14:34:42
[2200] nadorp2018-12-29 14:34:42

Feltesszük, hogy a,b és c között van két különböző.

Jelölje H(x) a szóban forgó függvényt. Nyilván H(x)>0

Felhasználjuk, hogy ha f(t) és g(t) pozitív függvények,akkor

\(\displaystyle f(t)^{g(t)}=e^{g(t)\ln f(t)}\)

Először tegyük fel, hogy \(\displaystyle x\neq0\). Ekkor

\(\displaystyle H^{'}(x)=\bigg({{\bigg(\frac{a^x+b^x+c^x}3\bigg)}^{\frac1x}}\bigg)^{'}={{\bigg(\frac{a^x+b^x+c^x}3\bigg)}^{\frac1x}}\cdot\frac{\frac3{a^x+b^x+c^x}\frac{a^x\ln a +b^x\ln b+c^x\ln c}3x-\ln{\frac{a^x+b^x+c^x}3}}{x^2}\)

\(\displaystyle H^{'}(x)=\frac{H(x)}{x^2}\bigg(\frac{a^x\ln{a^x}+b^x\ln{b^x}+c^x\ln{c^x}}{a^x+b^x+c^x}-\ln{\frac{a^x+b^x+c^x}3}\bigg)\)

Az \(\displaystyle f(t)=t\ln t\) (t>0) függvény második deriváltja pozitív, azaz a függvény konvex. Ezért tetszőleges \(\displaystyle t_1,t_2,t_3\) pozitív számra

\(\displaystyle \frac{t_1\ln{t_1}+t_2\ln{t_2}+t_3\ln{t_3}}3\geq\frac{t_1+t_2+t_3}3\ln\frac{t_1+t_2+t_3}3\)

Ezt alkalmazva az \(\displaystyle a^x,b^x,c^x\) számokra

\(\displaystyle \frac{a^x\ln{a^x}+b^x\ln{b^x}+c^x\ln{c^x}}{a^x+b^x+c^x}\geq\ln{\frac{a^x+b^x+c^x}3}\)

Ebből azonnal következik,hogy \(\displaystyle H^{'}(x)\geq0\), azaz H(x) monoton növekvő.

De \(\displaystyle x\neq0\) esetén \(\displaystyle H^{'}(x)>0\) is teljesül, hiszen egyenlőség csak a=b=c esetén lehetne, amit most kizártunk, azaz H(x) szigorúan monoton nő.

Egy kis számolással - mondjuk L'Hospital - adódik, hogy H(x) a 0-ban folytonossá tehető ( határértéke \(\displaystyle \root 3\of {abc}\))

A fentiekből következik, hogy H(x) szigorúan monoton nő.

[2199] marcius82018-12-29 07:32:42

Annyi, hogy \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\), \(\displaystyle c\) pozitív valós számokat jelentenek.

Előzmény: [2198] marcius8, 2018-12-29 07:12:24
[2198] marcius82018-12-29 07:12:24

Valaki tudna nekem segíteni abban, hogy az \(\displaystyle x\mapsto\bigg(\frac{a^x+b^x+c^x}{3}\bigg)^\frac1x\) függvény szigorúan monoton növekvő az első derivált vizsgálata alapján? Előre is köszönöm a segítséget. Bertalan Zoltán.

[2197] Jhony2018-11-25 17:06:42

- köszönöm szépen !

Előzmény: [2196] Kós Géza, 2018-11-25 09:33:23
[2196] Kós Géza2018-11-25 09:33:23

https://www.komal.hu/forum?a=to&tid=8&tc=88#28376

Különösen G. óta sokkal szigorúbban vesszük a fórum védelmét ezen a területen.

Ha valakinek valami egészen bravúros bizonyítása van valamilyen híres sejtésre, publikálja egy tudományos lapban, pl. elküldheti ide vagy ide vagy ide. És ha az illető lap már közlésre elfogadta, örömmel beszámolunk róla.

Előzmény: [2195] Jhony, 2018-11-24 21:37:41
[2195] Jhony2018-11-24 21:37:41

Köszönöm szépen a hozzászólást,annyit elárulhatok,hogy a sejtésem,ami,végül is bizonyítva tétel,szóval bizonyítottan igazolja,hogy az ikerprímek sora végtelen - ami ,ha jól tudom,máig nincsen bizonyítva ....

Előzmény: [2194] Lóczi Lajos, 2018-11-24 17:13:53
[2194] Lóczi Lajos2018-11-24 17:13:53

Látatlanban nehéz tanácsot adni. Minden attól függ, a sejtés mennyire "érdekes". Esetleg magát az állítást beírhatod ide is, hátha néhányan véleményt tudnak róla mondani.

Előzmény: [2193] Jhony, 2018-11-23 23:35:09
[2193] Jhony2018-11-23 23:35:09

Tisztelt ,,Mindenki" ! - tudom,nagyképűnek hangzik,de akkor is ez az igazság,vagyis - úgy gondolom - szeptember 6-dikán találtam egy matematikai sejtést,amit teljes indukcióval be is tudok bizonyítani - kérdésem : ebben a helyzetben hogyan tovább ? mi lehet , mi legyen a következő lépés ? a kollégáim - van köztük diplomás is - azt javasolták keressem fel az MTA - át és ott kérdezzek rá ? ...,előbb még is úgy gondoltam felteszem a kérdést itt remélve kapok kisegítő ,,használható" válaszokat ... nagyonszépen köszönök minden választ ,segítséget !

[2192] marcius82018-10-25 17:16:59

triviális ellenpélda, köszönöm!!!!

Előzmény: [2190] Fálesz Mihály, 2018-10-23 16:46:38
[2191] Lóczi Lajos2018-10-23 19:42:01

Ha az "egész" szó mindkétszer ott szerepel, akkor \(\displaystyle q_1=2\) és \(\displaystyle q_2=3\) megfelelő ellenpélda.

Előzmény: [2189] marcius8, 2018-10-23 14:57:32
[2190] Fálesz Mihály2018-10-23 16:46:38

A kvaternióknak elég nagy kommutatív résztestei vannak, például a komplex számok.

Előzmény: [2189] marcius8, 2018-10-23 14:57:32
[2189] marcius82018-10-23 14:57:32

Az könnyen látható, hogy a \(\displaystyle q_1\) és \(\displaystyle q_2\) kvaterniókhoz létezik olyan \(\displaystyle q\) kvaternió, amelyre teljesül, hogy a \(\displaystyle q_1\) kavternió a \(\displaystyle q\) kvaterniónak valamilyen (egész) kitevőjű hatványa, és a \(\displaystyle q_2\) kvaternió a \(\displaystyle q\) kvaterniónak valamilyen (egész) kitevőjű hatványa, akkor \(\displaystyle q_1*q_2=q_2*q_1\) egyenlet teljesül. Igaz-e ennek az állításnak a megfordítása?

[2188] marcius82018-07-21 16:55:42

\(\displaystyle n\) darab egymással szabályos ötszöget feldarabolunk az átlói mentén. Így keletkezik \(\displaystyle 5n\) darab egyenlő szárú háromszög, melyeknek szögei 36°, 36°, 108°, keletkezik \(\displaystyle 5n\) darab egyenlő szárú háromszög, melyeknek szögei 72°, 72°, 36°, és keletkezik \(\displaystyle n\) darab kisebb, egymással egybevágó szabályos ötszög. Milyen \(\displaystyle n\) esetén rakható össze a keletkezett síkidomokból mindegyiket pontosan egyszer felhasználva egy nagyobb szabályos ötszög?

[2187] Lóczi Lajos2018-07-02 16:47:18

Ezekhez is érdemes tanulmányozni a linkben szereplő Finch-könyv megadott oldalát.

Előzmény: [2185] marcius8, 2018-07-02 10:55:54
[2186] marcius82018-07-02 10:59:06

Köszi!!! Azt elfelejtettem írni, hogy csak véges sok szabályos háromszögre lehet bontani a szabályos háromszöget.

Előzmény: [2181] Erben Péter, 2018-06-30 11:08:13
[2185] marcius82018-07-02 10:55:54

Végül is a primnégyzetek reciprokösszege csak egy másik végtelen összeggel lett felírva, amelynek értéke el lett nevezve. Ez nagyjából annak a beismerése, hogy igazából semmit sem tudunk erről az összegről. De a [2183] kérdés nagyon jó!!!! A [2184] válasz meg érdekes. A [2183] kérdés annyira tetszett nekem, hogy ezzel kapcsolatban nekem is eszembe jutottak a következő kérdések:

Mit tudunk a \(\displaystyle 4k+1\) alakú pozitív prímek reciprokösszegéről? Mit tudunk a \(\displaystyle 4k-1\) alakú pozitív prímek reciprokösszegéről?

Mit tudunk a \(\displaystyle 6k+1\) alakú pozitív prímek reciprokösszegéről? Mit tudunk a \(\displaystyle 6k-1\) alakú pozitív prímek reciprokösszegéről?

Előzmény: [2184] Lóczi Lajos, 2018-07-01 09:45:07
[2184] Lóczi Lajos2018-07-01 09:45:07

https://mathoverflow.net/questions/53443/sum-of-the-reciprocal-of-the-primes-squared

Előzmény: [2183] Bátki Zsolt, 2018-06-30 15:55:57
[2183] Bátki Zsolt2018-06-30 15:55:57

Mint tudjuk a természetes számok reciprokának az összege végtelen (divergens a sor) A prímszámokra is végtelen: azaz sum (1/p) nagyon soknál is több. Sum (1/i*i) Négyzetszámok reciprok összege (pi*pi/6, Euler alapján) véges.

De mennyi sum (1/(p*p)) azaz:prímek négyzetének reciprok összege mennyi? nem találtam erre az interneten. Próbáltam számolni de nem sokra jutottam a sejtésben, hogy mennyi. Írok rá programot, de az nem hozza ki a formulát, ha van egyáltalán. Köszi a segítségetek. 1/(2*2)+1/(3*3)+1/(5*5)+1/(7*7)+1/(11*11)+1/(13*13)+1/(17*17) =0.439...

[2182] Erben Péter2018-06-30 14:00:50

Jobban átgondolva a hivatkozott elemibb megoldást, látok benne egy hiányosságot (abban az esetben, amikor a legkisebb háromszög valamelyik szélen van), és nem vagyok biztos benne, hogy ez (egyszerűen) javítható.

Előzmény: [2181] Erben Péter, 2018-06-30 11:08:13
[2181] Erben Péter2018-06-30 11:08:13

Ha jól értem, háromszögekre először W. T. Tutte bizonyította, hogy nem lehetséges ilyen felbontást csinálni. (Dissections into Equilateral Triangles, in. The Mathematical Gardner (1981))

Itt van egy elemibb megoldás, ami analóg azzal, ahogy kockákra szokás bizonyítani a lehetetlenséget.

Legyen az \(\displaystyle ABC\) szabályos háromszög \(\displaystyle A\) csúcsát lefedő háromszög \(\displaystyle AXY\). Az \(\displaystyle XY\) oldalt különböző hosszú háromszög oldalak fedik, ezek közül a legrövidebb \(\displaystyle PQ\) (\(\displaystyle P\) vagy \(\displaystyle Q\) eshet az eredeti háromszög oldalára is), és a szabályos háromszög \(\displaystyle PQR\).

A \(\displaystyle P\) és \(\displaystyle Q\) csúcsú ,,felfelé álló'' háromszögek közül legalább az egyik kisebb, mint \(\displaystyle PQR\), különben ezek \(\displaystyle R\)-nél egymásba csúsznának.

Legyen mondjuk \(\displaystyle PKL\) a kisebb. Most a \(\displaystyle PKL\) háromszög átveszi \(\displaystyle AXY\) szerepét, és megint fogunk találni egy \(\displaystyle PKL\)-nél kisebb ,,felfelé álló'' szürke háromszöget a felbontásban.

Mivel a leírt logika tetszőlegesen sokáig folytatható, nem állhat véges sok háromszögből a felbontás.

Előzmény: [2180] marcius8, 2018-06-23 20:14:32
[2180] marcius82018-06-23 20:14:32

Arie Duijvestijn (remélem, jól írom a nevet) holland matematikus egy négyzetet felbontott különböző méretű négyzetekre. (Lásd: ábra). Vajon egy szabályos háromszöget is fel lehet bontani különböző méretű szabályos háromszögekre?

[2179] marcius82018-02-23 11:18:54

Középiskolában tanítják (tanítom) a visszatevés nélküli mintavételt és a visszatevéses mintavételt. A visszatevés nélküli mintavétel azt jelenti, hogy egy alapsokaságból egyszerre kiveszek valamennyi elemet, és a kivett elemeket tekintem egy mintának. A visszatevéses mintavétel azt jelenti, hogy az alapsokaságból valamennyiszer véletlenszerűen kiveszek egy elemet, és a kivett elemet mindig visszateszem. És azt is tudjuk, hogy a reprezentatív minta valószínűsége a legnagyobb, mint a visszatevéses mintavétel esetében, mind a visszatevés nélküli mintavétel esetében. DE!!! Tekintsük a következő példát:

Van 10 darab fehér golyó, 20 darab világosszürke golyó, 30 darab sötétszürke golyó, 40 darab fekete golyót. Most úgy készítek egy 50 elemű mintát, hogy kiveszek 5 darab golyót, megnézem ezt az 5 golyót, visszateszem az alapsokaságba, elkeverem az alapsokaságot, megint kiveszek 5 darab golyót,.... ezt 10-szer csinálom meg. Tulajdonképpen ez is visszatevéses mintavétel, csak a mintavétel 5-ösével történik. Ilyenkor milyen összetételű minta a legvalószínűbb, és mennyi ennek a valószínűsége?

  [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]    [47]    [48]    [49]    [50]    [51]    [52]    [53]    [54]    [55]    [56]    [57]    [58]    [59]    [60]    [61]    [62]    [63]    [64]    [65]    [66]    [67]    [68]    [69]    [70]    [71]    [72]    [73]    [74]    [75]    [76]    [77]    [78]    [79]    [80]    [81]    [82]    [83]    [84]    [85]    [86]    [87]