Fórum: "ujjgyakorlatok"

Megtaláltam Martoni Viktor bizonyításának saját, angol verzióját, s ezt most egy GIF-ben mellékelem. Remélem, olvasható lesz.

A hatoslottón a 2015. évi első héten ÖT egymás utáni számot húztak: 37, 38, 39, 40, 41, 45

Még feladat is volt belőle: B.4747

Az eheti furcsa ötöslottó számok: 44, 85, 86, 87, 88.

Mérő László matematikus szerint: "Az, hogy négy egymás utáni jöjjön, valószínűleg néhány ezer évenként fordul elő, tehát egy konkrét ember életében nem lát ilyet,"

Valóban? Mennyi a valószínűsége, hogy pontosan(!) négy egymásutáni szám jöjjön ki? 67 éve van ötöslottó, tehát nagyon meglepő volt-e a tegnapi húzás ?

Megjegyzem, hogy nem volt kiugróan sok négytalálatos, hogy miért érdekes ez, mert eszerint mégsem sokan játszanak meg 5 egymásutáni számot (kivéve persze az 1,2,3,4,5-öt).

A bizonyítás 2. része:

A Versenymatek (nehezebb matekos feladatok) facebook csoportban Martoni Viktor Úr ( egykori kömal-megoldó ) a [938]-as formulára Róbert Gida bizonyításától eltérő, elemi és tanulságos sajátot közölt, melyet - engedélyével :-) - ezúton is két kép formájában idemellékelek (sajnos nem volt erőm TEXtúrázni, de azért nagyítva olvasható, szerintem) meg a lényeg, hogy itt legyen azért ez is, hiszen az artofproblemsolvingra még senki nem közölt hozzá ilyet (se): 1. A bizonyítás első része:

(chebysevT(5,y))' at y=cos x

Értem és köszönöm. Mivel én ezeket a levezetéseket mindig ellenőrzöm Wolframmal is (hogy nem rontom el, ill. önellenőrzési tanulási céllal), tudnál segíteni abban, hogy hogyan lehet ezt a két eltérő jelölést oda is bevinni utasítással. Az elsőt tudom, azt így: (chebysevT(90,cosx))', de a második értelmezést, amikor előbb lederiválom, majd az így kapott hosszú kifejezésbe behelyettesíteném cosx-et, azt hogy tudom beírni?

Azt hiszem ,megértettem a problémádat. Tehát:

A $\displaystyle T'_{90}(\cos x)$ nem a $\displaystyle T_{90}(\cos x)$ függény deriváltját jelöli, hanem a $\displaystyle T_{90}(x)$ függvény deriváltjának a $\displaystyle \cos x$ helyen vett helyettesítési értékét. Az előbbit így kéne írni: $\displaystyle (T_{90}(\cos x))'$

Összetett függvény deriváltja: $\displaystyle [f((g(x))]'=g'(x)f'(g(x))$.

Tehát, ha $\displaystyle T_n(\cos x)=\cos nx$ teljesül minden x-re - esetünkben n=90 - akkor

$\displaystyle (\cos x)'\cdot T'_n(\cos x)=n(-\sin nx)$

$\displaystyle -sin x\cdot T'_n(\cos x)=-n\sin nx$

$\displaystyle \sin x\cdot T'_n(\cos x)= n\sin nx$

Elírtam az utalást, a Wolfram így értelmezi helyesen a deriválást:

Közben egy gyors kérdés is nadorp -hoz Az 5. sorban nem értem a deriválást , nekem a Wolfi mást mond, a mínusz jel ill. a sinx nem stimmel, segítenél picit értelmezni: https://www.wolframalpha.com/input?i=-

Gratulálok mindenkinek, aki foglalkozott a példámmal, jó volt látni a sok megközelítést.
Őszintén bevallom, Sakkmath megoldását értettem a leginkább, mivel nagyjából én is hasonló(an fáradtságos) elvet követve jutottam a végére.
Nadorp megoldása is tetszett, bár a Csebisev-féle cos(nx) kifejtés nekem már új anyag körébe tartozott, de ott azért már tartok az önfejlesztéssel, az már autodidaktikus úton azért érthető volt jórészt számomra, szerencsére a deriválós -limeszes rész annak idején még a nem emelt matekba is befért nekünk, így az is nagyjából követhetően ment.
Róbert Gida megoldása meg sok új anyagot tartalmazott, de ott meg segített a korábbi magyarázata - a tangenses képletemnél leírtak, meg azért nem árt, ha fejleszti magát az érdeklődő (jómagam) - és az is fontos információ volt utólag, hogy az ott leírt számítások az általam ismert Wolfival jórészt kivitelezhetetlenek, tehát itt is van még hova fejlődni, legalább alapfokon megtanulni pár új, de hasznos progi kezelését.. :-)

Most pedig elég a rizsából :-), jöjjön a beígért eredmény, az, amire még a prímes-szép képletemnél is büszkébb vagyok, hiszen ez volt az eredeti probléma, amit anno még Juantheron dobott be, és itt sikerült lényegesen előrelépve a 44 tagú szorzatot kezelhetővé varázsolni... ráadásul már azt sem merem ezek után állítani már, hogy nem létezhet még ennél is egyszerűbb alak... mindenesetre ahhoz a most következőt már lehet, hogy "könnyebb lesz" majd kiindulópontnak tekinteni, ha valaki esetleg megkísérelné ezt is még tovább egyszerűsíteni, előtte persze lássuk a medvét, vagyis próbáljuk belátni ezt:

$\displaystyle \prod_{k=1}^{44} \cot(k°)=(13+6\sqrt5+2\sqrt{85+38\sqrt{5}})[\cot(1°)\cot(2°)\cot(4°)\cot(5°)\cot(7°)\cot(8°)\cot(10°)\cot(11°)\cot(13°)\cot(14°)]^2$

Amúgy $\displaystyle f(x)$ és a $\displaystyle 180$-dik körosztási polinom is olyan, hogy minden (nemnulla) $\displaystyle x$ hatvány kitevője $\displaystyle 6$-al osztható. Így a minimálpolinom biztosan legfeljebb $\displaystyle \frac{48}{6}=8$-adfokú és sok számolás egyszerűsödik. Persze általában nincs ilyen szerencsénk.

Biztosan Sage is kiszámolja, és még az is ingyenes, csak a telepítése hosszabb. Minimálpolinom Pari-Gp-vel 2 sor: https://pastebin.com/Q7TWavMJ

Pari-Gp kódja a neten van, bár elég nehezen olvashatóak ezek.

Egy lehetséges út: $\displaystyle 1,f(x),f^{2}(x),..,f^{48}(x)$ lineárisan összefügg $\displaystyle R$-ben, hiszen a 180-dik körosztási polinom 48-adfokú. Így mondjuk Gauss eliminációval megkapható a minimálpolinom: gondolom 46 szabad paraméter lesz, és ha a "felső" ismeretleneket nullának vesszük, akkor megvan a másodfokú minimálpolinom.

De mátrixra is átdobható a feladat, és amit én régebben is csináltam, hogy nem a minimálpoinomot számítom ki, hanem a karakterisztikus polinomot, mert ugye Cayley Hamliton tétel miatt a minimálpolinom osztja a karakterisztikus polinomot. És amúgyis nagy valószínűséggel gyakorlati esetekben (random) mátrixra meg is egyezik vele.

Köszi a megoldást, a feladat igazi alapja valóban látszik belőle. Mondjuk nagy n-re íróasztal mellől, kockás papírral nem próbálnám ki a számolást (gondolom Pari/GP-vel csináltad) :-)

Egy kérdés: Nem ismerem a Pari/GP-t. A minimálpolinom megkeresés milyen algoritmussal megy, ha tegyük fel az f(x)-et már meghatároztuk? Behelyettesítjük z-t és a kapott komplex számból kitaláljuk, hogy hányadfokú polinom kéne?

Harmadik megoldás (!), hosszú szorzásokat nem írtam le, de ettől még korrekt: Nadorp, ez rendben van, de hogyan lehetne megtalálni tetszőleges cos,sin (vagy más trigonometrikus kifejezésre) a zárt alakot, ha csak $\displaystyle \pi$ -nek racionális többszeresei a szögek ? Vagy mindig újabb trükkös azonosságokat dobunk be?

Az én feljavított módszeremmel lásd itteni $\displaystyle 939.$ hozzászólásomat még ez is megvan:

erre a feladatra: legyen $\displaystyle z=\cos(\frac{\pi}{90})+I\cdot\sin(\frac{\pi}{90})=exp(I\cdot\frac{\pi}{90})$ $\displaystyle 180$-dik primitiv egységgyök. Ekkor $\displaystyle conj(z)=\frac{1}{z}=\cos(\frac{\pi}{90})-I\cdot \sin(\frac{\pi}{90})$

Így $\displaystyle \cos(\frac{\pi}{90})=\frac{z+\frac{1}{z}}{2}$. És persze a sin,tg,.. is megkapható.

Ez megy általánosan is lásd deMoivre/Euler. Ekkor a keresett szorzat:

$\displaystyle \prod_{k=1}^{22} \frac{z^{2k-1}+\frac{1}{z^{2k-1}}}{z^{2k}+\frac{1}{z^{2k}}}$

Menjünk át polinomokra, legyen a polinom ($\displaystyle z$ helyébe írjunk $\displaystyle x$-t): $\displaystyle f(x)=\prod_{k=1}^{22}\frac{x^{2k-1}+\frac{1}{x^{2k-1}}}{x^{2k}+\frac{1}{x^{2k}}}$ [Így a keresett szorzat éppen $\displaystyle f(z)$ lesz].

Számítsuk ki a polinomot $\displaystyle R=Q[P(x)]$-ben, ahol $\displaystyle P(x)$ a $\displaystyle 180$-dik körosztási polinom, ezt kapjuk: $\displaystyle f(x)=-6\cdot x^{42}+6\cdot x^{18}+6\cdot x^{12} - 3$ mod P(x).

Emeljük négyzetre: $\displaystyle f^{2}(x)=45$ mod P(x)

Így, ha $\displaystyle x=z$-t írunk be, akkor ez azt jelenti, hogy:

$\displaystyle f^{2}(z)=45$, hiszen $\displaystyle P(z)=0$, mert z primitiv $\displaystyle 180$-dik egységgyök volt.

Innen $\displaystyle f(z)=\pm\sqrt{45}$, de mivel pozitiv így $\displaystyle f(z)=\sqrt{45}=3\sqrt{5}$, ami kellett.

És akkor persze ezzel még nem teljes, mert nem látjuk, hogy ez hogyan jönne ki anélkül, hogy előre tudnánk, hogy $\displaystyle \sqrt{45}$ az eredmény. De kijön: számítsuk ki $\displaystyle f(x)$-nek a minimálpolinomját $\displaystyle R$-ben: ez $\displaystyle x^{2}-45$. Mivel a szorzat $\displaystyle f(z)$ és $\displaystyle P(z)=0$ ez azt adja, hogy: $\displaystyle f^{2}(z)-45=0$. Innen a befejezés ugyanaz.

És ez megy egészen általánosan, még annyi, hogy ugye még magasabb fokú is lehet a minimálpolinom, így esetleg közelítgetni kell, hogy megkapjuk melyik gyökkel egyenlő $\displaystyle f(z)$. (Már, ha gyökökkel kifejezhető zárt alakban a megoldás).

Javítás az első részben, helyesen:

Ha a kétszeres gyökökhöz még hozzávesszük a nyilvánvaló $\displaystyle \alpha=\frac\pi2$ és $\displaystyle \alpha=\frac{3\pi}2$ esetekhez tartozó 0 gyököket is....

Itt egy másik lehetséges megoldási mód. Nem annyira elemi, mint sakkmath-é, de talán jobban látszik, mi zajlik a "mélyben".

A tört számlálójában levő $\displaystyle \alpha=\frac\pi{90}+k\frac\pi{45}$ $\displaystyle (0\leq k \leq 21)$ szögekre igaz, hogy $\displaystyle \cos90\alpha=-1$. Ezt úgy is mondhatjuk, hogy a fenti szögek koszinuszai, amik nyilván különbözőek és pozitívok, kielégítik a $\displaystyle T_{90}(x)+1=0$ egyenletet, ahol $\displaystyle T_{90}(x)$ a 90-dik Csebisev-polinom ( $\displaystyle T_{90}(\cos x)=\cos(90x)$ ).

Ismert, de könnyű belátni, hogy a $\displaystyle T_{90}(x)$ polinom egy páros, 90-ed fokú, $\displaystyle 2^{89}$ főegyütthatójú polinom, így $\displaystyle T_{90}(x)+1$ is az. A polinomnak multiplicitással számolva 90 gyöke van. A fenti 22 db $\displaystyle \cos\alpha$ ad 22 db különböző gyököt, a párosság miatt ezek (-1)-szerese ad még 22 db gyököt, ráadásul az előző 44 gyök mindegyike kétszeres. ( Ez pld. kijön abból, hogy $\displaystyle \sin{x}\ {T'_{90}}(\cos x)=90\sin(90x)$ és így $\displaystyle \cos90\alpha=-1$ miatt $\displaystyle \sin90\alpha=0$, azaz mivel most $\displaystyle \sin\alpha\neq0$, ezért $\displaystyle \cos\alpha$ a polinom deriváltjának is gyöke). Ha a kétszeres gyökökhöz még hozzávesszük a nyilvánvaló $\displaystyle \alpha=\pi$ és $\displaystyle \alpha=\frac32\pi$ esetekhez tartozó 0 gyököket is, akkor multiplicitással megvan a 90 darab gyökünk, több meg nem lehet. A gyökök ismeretében felírhatjuk $\displaystyle T_{90}(x)+1$ polinomot az alábbi alakban:

$\displaystyle T_{90}(x)+1=2^{89}x^2\prod_{k=0}^{21}\left(x^2-\cos^2\big(\frac\pi{90}+k\frac\pi{45}\big)\right)^2$

$\displaystyle \frac{T_{90}(x)+1}{2^{89}x^2}=\prod_{k=0}^{21}\left(x^2-\cos^2\big(\frac\pi{90}+k\frac\pi{45}\big)\right)^2$

A jobb oldalon álló polinom konstans tagja épp a keresett tört számlálójának a negyedig hatványa, tehát a bal oldal 0-ban vet határértéke is az.

$\displaystyle S^4=\lim_{x\to0}\frac{T_{90}(x)+1}{2^{89}x^2}=\lim_{x\to\frac\pi2}\frac{T_{90}(\cos x)+1}{2^{89}{\cos^2 x}}=\lim_{x\to\frac\pi2}\frac{\cos(90x)+1}{2^{89}{\cos^2 x}}=\frac{90\cdot45}{2^{89}}$

Teljesen hasonlóan a tört nevezőjében levő $\displaystyle \alpha=k\frac\pi{45}$ $\displaystyle (1\leq k \leq 22)$ szögekre igaz, hogy $\displaystyle \cos90\alpha=1$, ezek koszinuszai kielégítik a $\displaystyle T_{90}(x)-1=0$ egyenletet. A fenti gondolatmenetet ezekre a szögekre alkalmazva, figyelembe véve, hogy az "extra" két új szöghöz ( $\displaystyle \alpha=0$ és $\displaystyle \alpha=\pi$ ) tartozó gyökök most a $\displaystyle \pm1$, a $\displaystyle T_{90}(x)-1$ polinom az alábbi alakú:

$\displaystyle T_{90}(x)-1=2^{89}(x^2-1)\prod_{k=1}^{22}\left(x^2-\cos^2\big(k\frac\pi{45}\big)\right)^2$

$\displaystyle N^4=\lim_{x\to0}\frac{T_{90}(x)-1}{2^{89}(x^2-1)}=\frac{1-T_{90}(\cos\frac\pi2 )}{2^{89}}=\frac{1-\cos(90\frac\pi2)}{2^{89}}=\frac{2}{2^{89}}$

Tehát

$\displaystyle \frac{S}{N}=\sqrt[4]{\frac{90\cdot45}2}=3\sqrt5$

Igazoljuk PAL [942]-es feladatát, melyet az alábbi, ekvivalens formában írom le.

Mutassuk meg, hogy

$\displaystyle \frac{\cos(2^0)\cdot\cos(6^0)\cdot\cos(10^0)\cdot\cdot\cdot \cos(82^0)\cdot\cos(86^0) }{\cos(4^0)\cdot\cos(8^0)\cdot\cos(12^0)\cdot\cdot\cdot \cos(84^0)\cdot\cos(88^0)}=3\cdot\sqrt5$.

Megoldás:

Látható, hogy a fenti kifejezésben mindegyik szög hegyesszög.

Először tekintsünk négy közismert összefüggést.

Lemma 1.:

$\displaystyle \cos(x)=\sin(90^0-x)$;

Lemma 2.:

$\displaystyle \tan(60^0-x)\cdot\tan(x)\cdot\tan(60^0+x) = \tan(3x)$. Ez azonosság, addíciós tételek következménye.

Lemma 3.:

$\displaystyle \tan(36^0) = \sqrt{5-2\sqrt5}$. Bizonyítása(i): KöMaL-fórum, "Valaki mondja meg!"/ [1817]-es hsz.

Lemma 4.:

$\displaystyle \tan(2x)=\frac{2\cdot\tan(x)}{1-\tan^2(x)}$, ami addíciós tétel következménye $\displaystyle (x\ne 45^0)$.

A feladat kitűzési kifejezésében jelöljük $\displaystyle P$-vel az egyenlőségjel bal oldalán álló koszinuszos törtkifejezést. Meg kell mutatnunk, hogy $\displaystyle P=3\cdot\sqrt5$. A $\displaystyle P$-beli tört számlálójában alkalmazzuk az 1-es lemma helyettesítését mindegyik koszinuszra, s ezek után írjuk fel fordított sorrendben a kapott szinuszokat.

Az eredmény a $\displaystyle P$-vel ekvivalens $\displaystyle P’= \prod_{k=1}^{22} \tan (k\cdot 4^0)$.

E $\displaystyle 22$-tényezős tangensszorzatban válasszuk ki és jelöljük meg (pl. más-más színnel) azokat szöghármasokat, illetve tangenshármasokat, melyekre fennáll a 2-es lemma „bal oldali szabálya”. Az összetartozó szögek nagysága ilyen típusú: $\displaystyle \big((60^0-\alpha); \alpha; (60^0+\alpha)\big)$. Az azonos jelölésű tangenskifejezéseket, egy-egy zárójelbe téve, írjuk egymás mellé, összeszorozva. Ezek után váltsunk: írjuk egymás alá, külön sorokba e 3-as tangensszorzatokat és írjuk az őket követő egyenlőségjelek jobb oldalára a 2-es lemma szerinti értékeket („jobb oldali szabály”).

$\displaystyle \tan(56^0)\cdot\tan(4^0)\cdot\tan(64^0)=\tan(12^0) \tag{*}$

$\displaystyle \tan(52^0)\cdot\tan(8^0)\cdot\tan(68^0)=\tan(24^0) \tag{**}$

$\displaystyle \tan(48^0)\cdot\tan(12^0)\cdot\tan(72^0)=\tan(36^0) \tag{**}$

$\displaystyle \tan(44^0)\cdot\tan(16^0)\cdot\tan(76^0)=\tan(48^0) \tag{*}$

$\displaystyle \tan(40^0)\cdot\tan(20^0)\cdot\tan(80^0)=\tan(60^0)~(=\sqrt3)$

$\displaystyle \tan(36^0)\cdot\tan(24^0)\cdot\tan(84^0)=\tan(72^0) \tag{*}$

$\displaystyle \tan(32^0)\cdot\tan(28^0)\cdot\tan(88^0)=\tan(84^0) \tag{**}$

$\displaystyle \tan(60^0)=\sqrt3$

(a $\displaystyle 60^0$ tangensének nem voltak „társai”, ezért külön írtuk ide).

Függőlegesen összeszorozzuk a fenti 8 egyenletet.

Az így kapott bal oldalra és a jobb oldalra is teljesül, hogy a szorzatok értéke $\displaystyle P=P’=\prod_{k=1}^{22} \tan (k\cdot 4^0)$. A jobb oldalon előálló tangensszorzatban tegyük külön-külön zárójelbe a (*)-gal, illetve (**)-gal jelölt, jobbszélső tangenseket, mert ezekre ismét alkalmazhatjuk a 2-es lemmát.

A (*)-ozott tangenseket összegyűjtve:

$\displaystyle \tan(48^0)\cdot\tan(12^0)\cdot\tan(72^0)=\tan(36^0)$;

a (**)-ozott tangenseket összegyűjtve:

$\displaystyle \tan(36^0)\cdot\tan(24^0)\cdot\tan(84^0)=\tan(72^0)$;

Függőlegesen összeszorozzuk a két egyenletet, és mindkét oldalt megszorozzuk az eddig figyelembe még nem vett $\displaystyle \sqrt3\cdot\sqrt3=3$-mal.

Ezt kapjuk:

$\displaystyle P=P’=3\cdot\tan(36^0)\cdot\tan(72^0) \tag{***}$

.

A 3-4. lemmák alkalmazásával:

$\displaystyle \tan(36^0)\cdot\tan(72^0)=\tan(36^0)\cdot\tan(2\cdot36^0)=\frac{2\cdot\tan^2(36^0)}{1-\tan^2(36^0)}=$

$\displaystyle =\frac{2\cdot(5-2\cdot\sqrt5)}{2\cdot\sqrt5-4}=\frac{5-2\cdot\sqrt5}{\sqrt5-2}=\frac{5-2\cdot\sqrt5}{\sqrt5-2}\cdot\frac{2+\sqrt5}{2+\sqrt5}\\=(5-2\cdot\sqrt5)\cdot(2+\sqrt5)=10+5\cdot\sqrt5-4\cdot\sqrt5-10=\sqrt5$.

Ezt (***)-ba helyettesítve:

$\displaystyle {\bf P=P’=3\cdot\sqrt5}$

és ezt kellett bebizonyítani.

Időnk, mint a tenger vagy amíg élünk, remélünk! :-) Tudtommal a matemtikai bizonyításokba nagyon nincs belekódolva, hogy mennyi időbe telt, mire a célhoz vezető utat kikövezték (bár ismerek egy két extrém esetet :D)... Mindenesetre nekem sokkal inkább tetsző, ha a megoldás egyszerű, vagy könnyen átlátható, vagy az általam is (például még középiskolában) használt/megismert tételekre épül csupán... Úgyhogy türelemmel várom, itt nem kell siketni mivel mint mondtam ebben az a szép, hogy nincs tétje, csak haszna, ha elkészül és jó.

Újraszámoltam a legvégét, s most szerencsére (?) visszakaptam az eredetileg várt $\displaystyle 3\sqrt5$ értéket. Már "csak" a tengerikígyó hosszú kézi megoldás átírása marad, ami időigényes. A szerdát tartani tudom valószínűleg.

Elnézést, most úgy látom, valamit elszámolhattam, pedig kereknek tűnt minden. :(

Talán szerdára rájövök a hibámra... Addig még egy kis türelmet kérek.

Great informa

Na szuper, kiváncsi vagyok, komolyan... nekem azért nem ment ilyen gyorsan, ráadásul gépi segítségekkel haladtam előre, mire a végén átláttam. Viszont cserébe ajánlom a jó hírt, hogy sikerült nagymértékben leegyszerűsített alakban felírnom a [729]-ben feltett problémát, egyben elismerem, hogy amit nemrég írtam erről (hogy nem tartom valószínűnek, hogy egyszerűbb alakban felírható), nos az tévedés volt, és persze ezt majd nem is "tartom titokban", hanem a héten én is felteszem ide... azt nem igérem, hogy megfelelő bizonyításom is lesz rá, mert sok Wolfram és "nem szakszerű ügyeskedés" van mögötte, de azért utalok majd rá, hogy jött ki, hogy azért átgondolható legyen, és aki akarja szerintem bizonyítani is fogja tudni az általam leírtak alapján.

Megoldottam a feladatot. Nekem is 3$\displaystyle \sqrt{5}$ jött ki.

A levezetést legkésőbb holnap estig fölteszem

ide, az "ujjgyakorlatok"-hoz.

A hosszú sorokra több, egyéb "eszköz" is létezik,

az egyik: görgessünk a lap alján lévő csúszkával, nyíllal.

Tehát: nem kell átmenni másik témára.