[458] Lóczi Lajos | 2005-11-16 23:45:56 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/41/1_Hti1.jpg) 89. feladat. Mennyi lehet egy 3x3-as mátrix determinánsa abszolút értékének
a.) maximuma
b.) minimuma,
ha a mátrix elemei az 1, 2, 3,..., 9 számok (mindegyik pontosan egyszer)? Adjunk meg egy-egy extremális determinánsú elrendezést.
|
|
|
[456] Káli gúla | 2005-11-16 23:29:23 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/329/0_vIVV.jpg) Ha mínuszból páratlan sok van, akkor valamelyik pozitív együtthatós hármasban is páratlan sok mínusz van. Ha mínuszból páros sok van, akkor valamelyik negatív együtthatós hármasban is páros sok van.
|
Előzmény: [455] Róbert Gida, 2005-11-16 22:51:06 |
|
[455] Róbert Gida | 2005-11-16 22:51:06 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/1047/0_C27B.jpg) Jó megoldás, először én is így csináltam n>3-ra, és n=3-ra végignéztem számítógéppel az 512 esetet, ez persze nem sok egy mai számítógéppel, kevesebb mint 1 másodperc alatt lefut. Aztán észrevettem egy számolás mentes bizonyítást n=3-ra! Mi lenne az?
|
Előzmény: [454] Lóczi Lajos, 2005-11-16 22:36:09 |
|
[454] Lóczi Lajos | 2005-11-16 22:36:09 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/41/1_Hti1.jpg) Mivel csak az előjel számít, feltehető, hogy minden elem a mátrixban +1 vagy -1.
n=2-re lehet minden kifejtési tag pozitív, pl. a bal alsó sarokban -1, a többi +1.
n=3-ra összesen 29-féle 1 mátrix van, ezeket szisztematikusan végigvizsgálva 32-féle különböző "kifejtési tag 6-os" adódik, ám mindegyik tartalmaz legalább egy (-1)-est, ÉS +1-est, tehát a kívánt tulajdonságú 3x3-as mátrix már nincs.
És nincs n>3 esetén sem, mert -- pl. első sor szerint kifejtve -- a kifejtési tétel szerint ezt az nxn-es determinánst felírhatjuk n db (n-1)x(n-1)-es determináns előjeles összegeként, de akármelyik ilyen eggyel kisebb determináns kifejtésében lesz előjelváltás, tehát az eredeti nxn-es mátrix első sorát akárhogyan is választjuk meg 1-ek közül, az n db (n-1)! tagból álló kupac mindegyikében lesz előjelváltás.
|
Előzmény: [450] Róbert Gida, 2005-11-16 19:42:03 |
|
|
|
|
[450] Róbert Gida | 2005-11-16 19:42:03 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/1047/0_C27B.jpg) 87. feladat Egy nxn-es mátrix determinánsának a kifejtésénél azt a meglepő dolgot tapasztaltuk, hogy mind az n! darab tag pozítiv, milyen n-re lehetségez ez?
|
|
[449] Lóczi Lajos | 2005-11-16 12:12:26 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/41/1_Hti1.jpg) 86. feladat. Legyen n pozitív egész. Az alakú számok között melyik a legnagyobb?
|
|
|
[447] Róbert Gida | 2005-11-16 00:58:20 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/1047/0_C27B.jpg) Azért nem kellenek komoly eszközök ehhez.
Tovább számolva: legyen n>1 ekkor
teljesül, hiszen könnyen bizonyíthatóan Leibnitz sor a binomiális sor részletösszegeinek sorozata, így most az első 5 tag egy felső becslést ad. Az egyenlőtlenség jobb oldalára pedig alsó becslést adva: , ( ha nagy n-re akarnám belátni akkor elég lenne 4 tagot venni ) azaz elég belátni:
![1-\frac {2}{n}+\frac {2}{n^2}-\frac {7}{3n^3}+\frac {8}{3n^4}-\frac {8}{3n^5}+\frac {11}{6n^6}-\frac {1}{2n^7}<1-\frac {2}{n}+\frac {2}{n^2}-\frac {2}{n^3}+\frac {2}{n^4}-\frac {2}{n^5}+\frac {2}{n^6}-\frac {2}{n^7}](keplet.cgi?k=84DFE2C9CF6FF457)
Rendezve és 6n7-tel szorozva kell: 2n4-4n3+4n2+n-9>0 kell, ami n>1-re triviálisan teljesül. Így beláttuk a feladatot.
Kétségtelen kicsit számolós, de ezt szerencsére a Maple végezte el.
|
Előzmény: [446] Lóczi Lajos, 2005-11-15 21:53:28 |
|
[446] Lóczi Lajos | 2005-11-15 21:53:28 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/41/1_Hti1.jpg) Azért szerintem ide kicsit komolyabb eszközök kellenek, mint az első pár tag. Egy standard módszer: (n-nek semmi jelentősége, hogy egész, ezért x-et írva)
vegyünk logaritmust és rendezgessünk egy kicsit, elegendő belátni, hogy x>1 esetén
![f(x):=-2x\log (1 - x^{-2}) + \log (1 - \frac{2}{1 + x})>0.](keplet.cgi?k=4D5C7668D62D18BE)
Könnyen látható, hogy f limesze 1-ben jobbról + , a végtelenben pedig 0. Továbbá
![f''(x)=\frac{4}{x{\left( -1 + x^2 \right) }^2}>0,](keplet.cgi?k=59C7A1FF9D317352)
tehát f konvex. Ezek miatt f pozitív és az egyenlőtlenséget beláttuk.
|
Előzmény: [444] Ali, 2005-11-15 14:40:53 |
|
[445] jonas | 2005-11-15 20:59:39 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/396/3_nsJ9.jpg) Szép feladat.
Próbáltam a bal oldalt becsülni az első három taggal:
![\left(1 - \frac1{n^2}\right)^{2n} <
1 - 2n\frac1{n^2} + \binom{2n}2\frac1{n^4}](keplet.cgi?k=739E81BC164F3100)
(ha n elég nagy ), de ez már nagyobb a jobb oldalnál. Gondolkozom még rajta.
|
Előzmény: [444] Ali, 2005-11-15 14:40:53 |
|
[444] Ali | 2005-11-15 14:40:53 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/default.jpg) Lehet, hogy nem ujjgyakorlat ?
85. feladat.
Biz.be, hogy n>1 egész esetén
![\left(1 - \frac{1}{n^{2}}\right)^{2n} < \frac{n-1}{n+1}](keplet.cgi?k=AFDDB01EE9F458A7)
|
|
|
|
|
|
[439] ágica | 2005-11-12 18:24:54 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/default.jpg) A feladatban szereplő kifejezés ekvivalens a következővel:
![\sin{(\frac{1}{3}\rm{arcsin}(3\it{a}))}=(\sqrt{5}-1)a](keplet.cgi?k=F7DC32C2F50268C9)
ahol , tehát ha bebizonyítjuk, hogy ez az egyenlőség igaz, azzal az állítást is belátjuk.
A kifejezést még tovább alakíthatjuk:
![\frac{1}{3}\rm{arcsin}(3\it{a})=\rm{arcsin}((\sqrt{5}-1)\it{a})](keplet.cgi?k=7FC713DEC09A2DE2)
Ebből pedig kapjuk, hogy
![3a=\sin({3\rm{arcsin}((\sqrt{5}-1)\it{a})})](keplet.cgi?k=897600F63922D234)
Trigonometrikus összefüggéseket felhasználva:
![\sin({3\rm{arcsin}((\sqrt{5}-1)\it{a})})=3(\sqrt{5}-1)a-4(\sqrt{5}-1)^{3}a^{3}=](keplet.cgi?k=D4703023C6BA05D5)
![=3\sqrt{5}a-3a-20\sqrt{5}a^{3}+60a^{3}-12\sqrt{5}a^{3}+4a^{3}=](keplet.cgi?k=0AAFDB3E1F0712D0)
![=(3\sqrt{5}-3)a+(64-32\sqrt{5})a^{3}](keplet.cgi?k=BA2EA9BC3E41EC2B)
Így az előző egyenletből átrendezés és a-val való leosztás után kapjuk:
![6-3\sqrt{5}=32(2-\sqrt{5})a^{2}](keplet.cgi?k=4BD2E192DA43395A)
Ebbe a-t visszahelyettesítve látjuk, hogy az egyenlőség igaz, és mivel végig ekvivalens átalakításokat végeztünk, ezért az eredeti állítás is igaz volt.
|
Előzmény: [438] Lóczi Lajos, 2005-11-12 01:21:06 |
|
[438] Lóczi Lajos | 2005-11-12 01:21:06 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/41/1_Hti1.jpg) 84. feladat. Azt állítom, hogy az aranymetszés arányszáma felírható az alábbi alakban is:
![\frac{1+\sqrt{5}}{2}=1+\sqrt{\frac{8}{3}} \sin \left(\frac{1}{3} \rm{arcsin} \left(
\sqrt{\frac{27}{32}}\right)\right).](keplet.cgi?k=DD4D7C53D260EFF1)
Bizonyítsuk be vagy cáfoljuk meg az állítást.
|
|
|
|
[435] Káli gúla | 2005-11-09 16:00:42 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/329/0_vIVV.jpg) A konvergenciához valahogy be kell látni (ld. 424), hogy a szomszédos törtek különbségében a számláló 1. Ebből --csak a kacifántosság kedvéért-- egyszerűen belátható, hogy a limesz, azaz irracionális.
|
Előzmény: [432] Ali, 2005-11-09 15:10:08 |
|
[434] nadorp | 2005-11-09 15:36:07 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/default.jpg) Bocs,nem láttam az előző négy hozzászólást (éppen TeX-eltem). Ennek tudtában nem részletezek ennyit.
|
|