[2720] szbela | 2008-07-16 21:31:38 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/default.jpg) Sziasztok!
Először is elnézést a hanyag TEX miatt. Egy picit másképpen Cckek feladatának megoldása:
mert
Legyen g(x):=f(x)/s , ahol s:=sup{|f'(x)|,x [0,1]}
ekkor nyilván sup{|g'(x)|,x [0,1]}=1
Azt kell belátnunk, hogy
Megmutatjuk, hogy |g(x)|<=a-x+|g(a)| x [0,a]-ra
Tfh indirekten, hogy y [0,a] melyre |g(y)|>a-y+|g(a)|
ha a=y, akkor nyilvánvalóan ellentmondásra jutunk, ha a y akkor átrendezés után
Alkalmazzuk a háromszögegyenlőtlenséget és mivel a>y, így: Amire alkalmazva Lagrange-középértéktételét, adódna hogy z (y,a) melyre |g'(z)|>1 Ellentmondásra jutottunk.
Beláttuk tehát, hogy |g(x)|<=a-x+|g(a)| x [0,a]-ra
Alkalmazzuk, hogy Mivel |g(x)|-et majorálja a-x+|g(a)| [0,a]-n, ezért és így elég megmutatnunk, hogy Alkalmazva a Newton-Leibniz-tételt:
Így most már csak azt kell megmutatni, hogy |g'(a)|<=1-a
Alkalmazva az integrálszámítás középértéktételét s [a,1] Ebből következik, hogy g(s)=0, hiszen a 1
ismét alkalmazva Lagrange középértéktételét adódik, hogy van ilyen z (a,s)
|g'(z)|*|a-s|<=|a-s|=s-a hiszen s>a, s<=1. Amiből adódik, hogy |g'(a)|<=1-a
Így bebizonyítottuk az állítást.
|
Előzmény: [2711] HoA, 2008-07-08 17:35:00 |
|
[2719] Gyöngyő | 2008-07-14 17:02:45 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/1381/2_eJb2.jpg) Akkor itt egy másik:
Bizonyítsuk be,hogy
|
|
[2718] jenei.attila | 2008-07-14 11:32:57 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/default.jpg) A sorozatot kicsit elszámoltam: 1,2,4,3,6,10,12,4,8,18,...
|
Előzmény: [2717] jenei.attila, 2008-07-14 11:17:24 |
|
[2717] jenei.attila | 2008-07-14 11:17:24 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/default.jpg) Tisztázva az eddigieket: a 2m -1 (mod 2n-1) kongruencia természetesen előállhat, de ez nem jelenti azt, hogy a bal oldali oszlop teljesen fekete lesz. A zavart az okozza, hogy ha 2m 0 (mod 2n-1), az jelentheti a 2n-1 sorszámú korongot is. A kezdetben 0 (bal alsó) illetve 2n-1 (jobb felső) sorszámú korongok minden művelet után eredeti helyükre térnek vissza, ezért elég a többi korong mozgását követni. Ha 2m q (mod 2n-1) (a jobb alsó korong m művelet után a q pozícióba kerül) és 2 q 2n-2, akkor könnyen látható, hogy van olyan páros p (2 p 2n-2), amelyre qp mod 2n-1 páratlan. Ez azt jelenti, hogy a kezdetben páros p sorszámú korong (bal oszlopbeli fehér) páratlan pozícióba, azaz a jobboldali oszlopba kerül. Márpedig a jobboldali oszlop soha nem lehet teljesen fehér, mivel a tetején mindig fekete korong áll. Vagyis m művelet elvégzése után csak akkor lesznek újra egyszínűek az oszlopok (és ekkor minden korong az eredeti helyére kerül vissza), ha 2m 1 (mod 2n-1).
Ha 2m q (mod 2n-1) és 2 q 2n-2 akkor p legyen 2n-1/q felső egészrésze, vagy ha ez páratlan adjunk még hozzá 1-et. Ezzel a p-vel qp páros és 2n qp 4n-3, vagyis qp mod 2n-1 =qp-(2n-1), ami páratlan.
Összefoglalva: an olyan, hogy 2an 1 (mod 2n-1). an néhány első értéke: 1,2,4,6,6,10,12,8
|
Előzmény: [2713] jenei.attila, 2008-07-12 17:05:19 |
|
|
[2715] Róbert Gida | 2008-07-13 16:30:11 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/1047/0_C27B.jpg) Mértani sor összegképletét használva az állítás átírható a következő szintén érdekes alakra:
Ahol omega(n) az n különböző prímosztóinak a száma. Bár nem tudom, hogy ez segít a bizonyításhoz...
|
Előzmény: [2714] Gyöngyő, 2008-07-13 04:19:57 |
|
[2714] Gyöngyő | 2008-07-13 04:19:57 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/1381/2_eJb2.jpg) Bizonyítsuk be,hogy
ahol p végig fut a primek halmazán.
|
|
[2713] jenei.attila | 2008-07-12 17:05:19 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/default.jpg) Javítás: "1 vagy -1 2-es alapú logaritmusa modulo 2n+1" helyesen: 1 vagy -1 2-es alapú logaritmusa modulo 2n-1. Másrészt a 2m -1 (mod 2n-1) kongruencia valószínűleg soha nem állhat elő, mert a 0 sorszámú korong mindig helyben marad, vagyis a baloldali oszlop soha nem lehet teljesen fekete, márpedig ebből a kongruenciából az következne. Ezen még gondolkozok.
|
Előzmény: [2712] jenei.attila, 2008-07-12 15:49:09 |
|
[2712] jenei.attila | 2008-07-12 15:49:09 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/default.jpg) Lórántfy zsetonos feladatáról néhány gondolat. Számozzuk a zsetonokat a következőképen: A baloldali oszlop alsó korongja 0, a jobboldali oszlop alsó korongja 1, a bal oszlop alulról második korongja 2, a jobb oszlop alulról második korongja 3, s.í.t. sorszámokat kapnak. Vagyis a bal oszlopban alulról számolva 0-tól 2n-2 -ig páros sorszámot kapnak, míg a jobboldali oszlopban 1-től 2n-1 -ig páratlan sorszámot kapnak a korongok. összefésülés után, nyilván alulról 0-tól 2n-1 -ig lesznek megszámozva a korongok az egyesített oszlopban. Felezzük el az összefésült oszlopot lórántfy utasítása szerint, majd számozzuk újra a korongokat az előző eljárás szerint. Ekkor, ha egy korong sorszáma eredetileg p volt, akkor újraszámozás után ugyanez a korong 2p mod 2n-1 sorszámot kap. Ha pl. n=3 és a 3-as sorszámú korongot tekintjük (jobboldali oszlop alulról második korongja), akkor ez a 2*3=1 (mod 5) sorszámot kapja, ami azt jelenti, hogy a művelet elvégzése után a jobboldali oszlop aljára kerül. Általában m művelet elvégzése után az eredetileg p sorszámú korong a 2mp mod 2n-1 sorszámot kapja. Látható, hogy így minden egyes korong mozgását pontosan nyomon tudjuk követni. Tekintsük az eredetileg 1-es sorszámú (jobb oszlop alsó) korongot. Ha 2m 1 (mod 2n-1), akkor m menet után ez a korong az eredeti helyére ér vissza. De ekkor minden korong is az eredeti helyére ér vissza, mert nyilván 2mp p (mod 2n-1) is igaz. Ha 2m -1 2n-2 (mod 2n-1), akkor az eredetileg jobb oszlop alsó korongja a bal oszlop tetejére érkezik, és mindkét oszlop oszloponként egyszínű korongokból fog állni, csak éppen az eredeti sorrend fordítottjaként. Tehát a válasz: ha 2m![\equiv](kep/tex/equiv.gif) 1 (mod 2n-1), akkor m művelet elvégzése után biztosan újra egyszínű oszlopokat kapunk. Próbálgatással úgy tűnik azonban, hogy kevesebb lépésben ez nem áll elő. Ezt még be kéne bizonyítani. természetesen az m többszörösei is jók, tehát a legkissebb ilyen m-et keressük (1 vagy -1 2-es alapú logaritmusa modulo 2n+1; nem tudom hogy lehet könnyen kiszámítani).
|
Előzmény: [2694] lorantfy, 2008-06-20 11:10:20 |
|
[2711] HoA | 2008-07-08 17:35:00 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/1191/2_VfJj.jpg) Amíg nem születik prcíz megoldás, itt egy geomatriai megközelítés, ahol elfogadjuk, hogy "határozott integrál" = "görbe alatti terület" és f'(x) = "érintő meredeksége". A feltétel miatt
Legyen s=sup{|f'(x)|:x [0,1]}>0 ( a triviális 0 esettől eltekinthetünk ). Mindkét oldalt s-sel osztva a baloldalon g(x) = 1/s f(x) integrálja szerepel, a jobboldalon a/2 . Bizonyítandó tehát:
,
ahol g olyan függvény, melyre sup{|g'(x)|:x [0,1]}=1 . Tegyük fel, hogy g(a)=h 0 ( ellenkező esetben az abszolút érték miatt vehetjük a -g(x) függvényt ) Ha ábrázoljuk g(x)-et, megállapíthatjuk, hogy 0 és a között nem lehet pontja a -1 meredekségű y = h - ( x - a ) = h + a - x egyenes felett, ugyanis ha valamilyen u-ban g(x) > h + a - u , akkor u és a között lenne olyan v, ahol |g'(v)| > 1. Ugyanígy nem lehet g(x)-nek pontja (0,a) -ban az y = h + x - a egyenes alatt sem. A baloldali integrál abszolut értéke, a görbe alatti terület akkor a legnagyobb, ha a teljes rendelkezésre álló pozitív tartományt kitölti, vagyis . a és 1 között a görbe alatti terület 0, tehát g(x) negatív értéket is felvesz, ezért van olyan x (a,1) , ahol g(x) = 0 . Az a-hoz legközelebbi ilyen x legyen b. Az előzőekhez hasonlóan belátható, hogy a és b között a görbének nem lehet pontja az y = h + a - x egyenes alatt, így b a+h és Végül a (b,1) szakaszon , a görbének nem lehet pontja az y = b -x egyenes alatt, amiből az előzőekhez hasonlóan következik. Egyenlőtlenségeinket egybevetve
. Nemnegatív számokról lévén szó
|
![](https://www.komal.hu/forum/kep/abra/89/14/b8/3b5a29fc260e2bd9dac5c2d21c-1191.jpg) |
Előzmény: [2710] Cckek, 2008-07-04 10:43:05 |
|
|
|
|
[2707] Python | 2008-06-29 20:05:28 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/1672/0_ZDWQ.jpg) Egy 2x2 méteres négyzet alakú papírlap mögött el van rejtve egy 1 méter átmérőjű kör alakú céltábla. Legalább hányszor kell rálőnie egy mindig pontosan célzó mesterlövésznek, hogy biztosan eltalálja a céltáblát? (A találatok pontszerűek, a céltábla pereme is érvényes találat.)
|
|
[2706] jenei.attila | 2008-06-27 22:15:49 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/default.jpg) Nagyon szép. Máris találtunk 3 látszólag teljesen különböző rekurziót. Mepróbáltam a teljes indukciós bizonyítást, egyelőre nem sokra jutottam vele, de még nem adtam fel. Azért nem könnyű. Kiváncsi lennék egy közvetlen kombinatorikai gondolatmenetre, ami egyből kiadja a zárt alakot.
|
Előzmény: [2705] leni536, 2008-06-27 18:43:15 |
|
[2705] leni536 | 2008-06-27 18:43:15 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/730/0_6Hua.jpg) Legyen n db nyitó és n db záró zárójelünk. A helyes zárójelezések száma an.
a0=1
Vizsgáljuk meg, hogy n+1 db nyitó és záró zárójelből hány zárójelezés készíthető. A zárójelezés nyilván egy nyitó zárójellel kezdődik, ennek keressük meg a záró párját. A kettő között elhelyezkedik k db zárójelpár, utána pedig n-k:
( k db zárójelpár ) n-k db zárójelpár
A két zárójel között ak, utána pedig an-k zárójelezés készíthető. Mivel k 0-tól n-ig terjedhet, ezért:
![a_{n+1}=\sum_{k=0}^na_ka_{n-k}](keplet.cgi?k=C6737DCC10F7BFFE)
Sirpi Wikipédiás linkje alapján ezek egyértelműen a Catalan számok.
|
|
[2704] Sirpi | 2008-06-27 13:47:57 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/13/4_Dwus.jpg) Egyébként ezt az angol nyelvű linket is érdemes megnézni, itt 3 különböző bizonyítás is van a dologra (egy generátorfüggvényes és két elemi - utóbbinak külön szépsége, hogy az szorzót is megmagyarázza), zárójelezés helyett jobbra és felfelé lépkedő, főátló alá nem lépő királlyal.
|
Előzmény: [2703] lorantfy, 2008-06-27 11:05:36 |
|
|
|
[2701] jenei.attila | 2008-06-25 14:53:42 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/default.jpg) A pn,z-re (ha n z) nem tudok zárt képletet, de pn,n másképp is felírható, ami alapján egy teljes indukciós bizonyítás sikerre kell hogy vezessen. Az összes zárójelezések száma , amiből ki fogjuk vonni a rossz zárójelezések számát. Vezessünk be egy s számlálót 0 kezdőértékkel, amely a zárójelekből álló sztringet elejétől olvasva 1-gyel nő, ha nyitó, illetve 1-gyel csökken, ha záró zárójelet olvasunk. A zárójelezés nyilván akkor romlik el, amikor az s -1 -et vesz fel, ez pedig csak páratlan pozícióban lehet. Pl. nyilván rossz a zárójelezés, ha )-lel kezdődik. Tehát a következőképpen számolunk: A szóban forgó páratlan pozíció (2i+1) előtt befejezett, jó zárójelezés áll (s=0), aztán záró zárójel következik. Ezen esetek száma az előző 2i pozíción létrejövő jó zárójelezések száma (pi,i), szorozva a 2i+2 -edik pozíciótól kezdődő összes zárójelezések számával ( ). Ha i megy 0-tól n-1 -ig, ezek összege megadja az összes rossz zárójelezést. Vagyis:
![p_{n,n}=\binom{2n}{n}-\sum_{i=0}^{n-1} \binom{2n-2i-1}{n-i}](keplet.cgi?k=8A5E219F727E6625)
Ebben a rekurzióban már csak egy index szerepel, úgyhogy teljes indukcióval bebizonyítható, hogy a Catalan számokat adja. Sok sikert.
|
Előzmény: [2700] lorantfy, 2008-06-24 10:55:29 |
|
|
|
|
[2697] jenei.attila | 2008-06-23 13:03:50 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/default.jpg) Nem tudom beszúrni a linket. E téma 80. oldal, 685 hsz.
Link javítva - Sirpi
|
|
[2698] jenei.attila | 2008-06-23 12:36:36 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/default.jpg) Jelöljük pn,z-vel, az n db. nyitó és z db. záró zárójelből álló "folytatható" (n z) zárójelezések számát. Ha n kisebb mint z, akkor pn,z=0, ami azt jelenti, hogy kevesebb a nyitó mint a záró zárójel, vagyis a zárójelezés nem folytatható. Ekkor pn,0=1 (n db. nyitó zárójel), és
pn,z=pn,z-1+pn-1,z
megfelelően annak, hogy egy n nyitó és z-1 záró zárójelből álló, vagy egy n-1 nyitó és z záró zárójelből alló folytatható zárójelezést folytatunk nyitó, illetve záró zárójellel.
A feladat, nyilván a pn,n értékét kérdezi, amire az első néhány értéket kiszámolva:
p1,1=1,p2,2=2,p3,3=5,p4,4=14,p5,5=42
.
Zárt alakot nem sikerült találni, de egyébként a feladat tulajdonképpen azonos Atos gyógyszeres feladatával, amire szintén nem találtunk zárt alakot annak idején.
|
Előzmény: [2693] lorantfy, 2008-06-20 10:50:43 |
|