Är reklamen ivägen? Logga in eller registrera dig så försvinner den!
Annons
Svar till spion [Gå till post]:
Lösningen är fin.
Ojoj det där såg inte enkelt ut.
Nu får jag någonting att bita i :)
Ska sätta mig med det imorgon.
Lösningen är fin.
Ojoj det där såg inte enkelt ut.
Nu får jag någonting att bita i :)
Ska sätta mig med det imorgon.
Svar till spion [Gå till post]:
Okej. Till att börja med så var det här ett riktigt jobbigt problem :)
Det gäller att:
cos(0) + cos(1) + ... + cos(N) = R[e^(0i) + e^i + ... + e^(Ni)]
Det är bara realdelen R som är intressant eftersom
e^(ai) = cos(a) + isin(a)
så därför är realdelen av summan e^(ni) från n=0 till N samma sak som summan i VL.
Vi utnyttjar sedan att:
R[e^(0i) + e^i + ... + e^(Ni)] = R[(e^(iN+i)-1) / (e^i-1)
Nu gör vi några smarta omskrivningar för att kunna utnyttja Eulers formler vilket vi behöver göra för att få in sinus och cosinus igen
R[(e^(Ni+i)-1) / (e^i-1)=
R[ e^(Ni/2+i/2) / e^(i/2) * (e^(Ni/2+i/2)-e^-(Ni/2+i/2)) / (e^(i/2)-e^-(i/2))]
Okej det ser rörigt ut, men nu kan vi på två ställen utnyttja att:
2isin(a)=e^(ai)-e^(-ai) och det ger:
R[ e^(Ni/2+i/2) / e^(i/2) * 2isin(N/2+1/2) / (2isin(1/2)
men R[e^(Ni/2+i/2) / e^(i/2)] = R[e^(Ni/2)*e^(i/2)/e^(i/2)]=R[e^(Ni/2)]
Så vi har alltså:
cos(0)+cos(1)+...+cos(N) = R[e^(Ni/2)] * sin(N/2+1/2) / sin(1/2)
Vi utnyttjar nu att R[e^(Ni/2)] = R[cos(N/2+isin(N/2)]=cos(N/2) så då gäller detta alltså att:
cos(0)+cos(1)+...+cos(N) = cos(N/2) * sin(N/2+1/2) / sin(1/2) =
cos(N/2) * (sin(N/2)cos(1/2)+sin(1/2)cos(N/2)) / sin(1/2) =
sin(N/2)cos(N/2)cos(1/2) / sin(1/2) + cos^2(N/2) =
sin(N/2)cos(N/2)cos(1/2) / sin(1/2) +1/2+cos(N)/2 =
1/2 + (2sin(N/2)cos(N/2)cos(1/2) + sin(1/2)cos(N))/(2sin(1/2)) =
1/2 + (sin(N)cos(1/2)+sin(1/2)cos(N)) / (2sin(1/2)) =
1/2 + sin(N+1/2) / (2sin(1/2)) =
1/2 + sin((2N+1)/2) / (2sin(1/2))
QED!
Förlåt mig om någon bokstav eller siffra har hamnat fel för det var fruktansvärt jobbigt att renskriva lösningen. Själva beviset håller däremot och det är det som är det viktiga :)
Okej. Till att börja med så var det här ett riktigt jobbigt problem :)
Det gäller att:
cos(0) + cos(1) + ... + cos(N) = R[e^(0i) + e^i + ... + e^(Ni)]
Det är bara realdelen R som är intressant eftersom
e^(ai) = cos(a) + isin(a)
så därför är realdelen av summan e^(ni) från n=0 till N samma sak som summan i VL.
Vi utnyttjar sedan att:
R[e^(0i) + e^i + ... + e^(Ni)] = R[(e^(iN+i)-1) / (e^i-1)
Nu gör vi några smarta omskrivningar för att kunna utnyttja Eulers formler vilket vi behöver göra för att få in sinus och cosinus igen
R[(e^(Ni+i)-1) / (e^i-1)=
R[ e^(Ni/2+i/2) / e^(i/2) * (e^(Ni/2+i/2)-e^-(Ni/2+i/2)) / (e^(i/2)-e^-(i/2))]
Okej det ser rörigt ut, men nu kan vi på två ställen utnyttja att:
2isin(a)=e^(ai)-e^(-ai) och det ger:
R[ e^(Ni/2+i/2) / e^(i/2) * 2isin(N/2+1/2) / (2isin(1/2)
men R[e^(Ni/2+i/2) / e^(i/2)] = R[e^(Ni/2)*e^(i/2)/e^(i/2)]=R[e^(Ni/2)]
Så vi har alltså:
cos(0)+cos(1)+...+cos(N) = R[e^(Ni/2)] * sin(N/2+1/2) / sin(1/2)
Vi utnyttjar nu att R[e^(Ni/2)] = R[cos(N/2+isin(N/2)]=cos(N/2) så då gäller detta alltså att:
cos(0)+cos(1)+...+cos(N) = cos(N/2) * sin(N/2+1/2) / sin(1/2) =
cos(N/2) * (sin(N/2)cos(1/2)+sin(1/2)cos(N/2)) / sin(1/2) =
sin(N/2)cos(N/2)cos(1/2) / sin(1/2) + cos^2(N/2) =
sin(N/2)cos(N/2)cos(1/2) / sin(1/2) +1/2+cos(N)/2 =
1/2 + (2sin(N/2)cos(N/2)cos(1/2) + sin(1/2)cos(N))/(2sin(1/2)) =
1/2 + (sin(N)cos(1/2)+sin(1/2)cos(N)) / (2sin(1/2)) =
1/2 + sin(N+1/2) / (2sin(1/2)) =
1/2 + sin((2N+1)/2) / (2sin(1/2))
QED!
Förlåt mig om någon bokstav eller siffra har hamnat fel för det var fruktansvärt jobbigt att renskriva lösningen. Själva beviset håller däremot och det är det som är det viktiga :)
Nytt problem:
För vilka heltal n är n^4 + 4^n ett primtal?
För vilka heltal n är n^4 + 4^n ett primtal?
Tillägg av Dave_89 2008-04-07 18:36
Det här är ett svårt problem som bygger på ganska avancerad talteori.
Jag kommer nog att få lämna ut små ledtrådar, men jag uppskattar om folk iaf försöker. Det är bättre att försöka och göra fel än att inte ens försöka :)
Det här är ett svårt problem som bygger på ganska avancerad talteori.
Jag kommer nog att få lämna ut små ledtrådar, men jag uppskattar om folk iaf försöker. Det är bättre att försöka och göra fel än att inte ens försöka :)
Svar till spion [Gå till post]:
Helt korrekt.
Det snyggaste är egentligen att utnyttja Sophie Germains identitet.
Först så är det självklart att n är naturligt och udda så för n=2k+1
får vi (2k+1)^4+4*2^(4k), vilket är sammansatt för alla naturliga tal förutom 1.
Ser fram emot ditt nästa problem Spion, det förra var ganska svårt att brottas med först, men roligt att lösa :)
Helt korrekt.
Det snyggaste är egentligen att utnyttja Sophie Germains identitet.
Först så är det självklart att n är naturligt och udda så för n=2k+1
får vi (2k+1)^4+4*2^(4k), vilket är sammansatt för alla naturliga tal förutom 1.
Ser fram emot ditt nästa problem Spion, det förra var ganska svårt att brottas med först, men roligt att lösa :)
Tillägg av Dave_89 2008-04-09 00:28
Haha, det kan tyckas. Det här problemet tog jag ur min problemlösningsbok, men jag brukar ta vissa problem och göra om dem lite. Någonting hittar man alltid på :)
Haha, det kan tyckas. Det här problemet tog jag ur min problemlösningsbok, men jag brukar ta vissa problem och göra om dem lite. Någonting hittar man alltid på :)
Svar till spion [Gå till post]:
Jag tror att du tänkte på gcd(n,k) eller någonting i den stilen för det problemet som du har nu går att motbevisa med ett enkelt specialfall.
Tror att det är fel i fler fall än det är rätt, eller så är jag helt enkelt för trött :)
Ta ett nytt istället?
Jag tror att du tänkte på gcd(n,k) eller någonting i den stilen för det problemet som du har nu går att motbevisa med ett enkelt specialfall.
Tror att det är fel i fler fall än det är rätt, eller så är jag helt enkelt för trött :)
Ta ett nytt istället?
Svar till spion [Gå till post]:
Jag vet inte om jag tolkar (n,k) som du vill men jag tolkar problemet som att jag ska visa att n|nPr(n,k)*nCr(n,k)
Jag vet inte om jag tolkar (n,k) som du vill men jag tolkar problemet som att jag ska visa att n|nPr(n,k)*nCr(n,k)
Svar till spion [Gå till post]:
gcd(n,k) är jag bekant med.
Jag märkte att det inte kunde vara nPr(n,k) eftersom det föll direkt =)
gcd(n,k) är jag bekant med.
Jag märkte att det inte kunde vara nPr(n,k) eftersom det föll direkt =)
Svar till spion [Gå till post]:
Hmm, jag har kollat lite på problemet.
Det där med diskret matematik är inte min starkaste sida, så jag är inte säker på att jag kan lösa uppgiften :O
Hmm, jag har kollat lite på problemet.
Det där med diskret matematik är inte min starkaste sida, så jag är inte säker på att jag kan lösa uppgiften :O
Svar till spion [Gå till post]:
Bézout's identity säger att gcd(n,k)=an+bk för två heltal a och b
Så vi ska visa att n|nCr(n,k)(an+bk)=n|an*nCr(n,k)+bk*nCr(n,k)
Vilket är ekvivalent med att visa att n|bk*nCr(n,k)
Om vi utvecklar så har vi:
bk*nCr(n,k)=b*k*n*(n-1)*...*(n-k+1)/(k*(k-1)*...*1)=b*n*nCr(n-1,k-1)
och detta delar självklart n.
Sammanfattningsvis så har vi att.
gcd(n,k)*nCr(n,k)/n=a*nCr(n,k)+bnCr(n-1,k-1) för två heltal a och b och det bevisar påståendet.
Vad hade du tänkt dig för lösning?
Bézout's identity som jag fann på Wikipedia räddade mig. Det här var riktigt svårt!
Bézout's identity säger att gcd(n,k)=an+bk för två heltal a och b
Så vi ska visa att n|nCr(n,k)(an+bk)=n|an*nCr(n,k)+bk*nCr(n,k)
Vilket är ekvivalent med att visa att n|bk*nCr(n,k)
Om vi utvecklar så har vi:
bk*nCr(n,k)=b*k*n*(n-1)*...*(n-k+1)/(k*(k-1)*...*1)=b*n*nCr(n-1,k-1)
och detta delar självklart n.
Sammanfattningsvis så har vi att.
gcd(n,k)*nCr(n,k)/n=a*nCr(n,k)+bnCr(n-1,k-1) för två heltal a och b och det bevisar påståendet.
Vad hade du tänkt dig för lösning?
Bézout's identity som jag fann på Wikipedia räddade mig. Det här var riktigt svårt!
Nytt problem
Visa att om 2+2*sqrt(28n^2+1) är ett heltal, så måste det vara ett kvadrattal.
Visa att om 2+2*sqrt(28n^2+1) är ett heltal, så måste det vara ett kvadrattal.
Svar till spion [Gå till post]:
Din lösning var längre :)
Men nu glömmer vi alla tråkiga binomialkoefficienter och återvänder till den roliga talteorin!
Nästa problem ser svårare ut än vad det är
Din lösning var längre :)
Men nu glömmer vi alla tråkiga binomialkoefficienter och återvänder till den roliga talteorin!
Nästa problem ser svårare ut än vad det är
Svar till spion [Gå till post]:
Lite hemligt kanske.
Jag har löst det på två sätt hittills, det lär gå att lösa på väldigt många sätt. Har du kommit långt? :)
Lite hemligt kanske.
Jag har löst det på två sätt hittills, det lär gå att lösa på väldigt många sätt. Har du kommit långt? :)
Svar till spion [Gå till post]:
Vi sätter att 2+2*sqrt(28n^2+1)=m där m är ett heltal, men vi vet inte om m är ett kvadrattal ännu.
2*sqrt(28n^2+1)=m-2
4(28n^2+1)=m^2-4m+4
så m delar 2, alltså är m=2k
Fortsätt med samma tankesätt ett par steg så uppenbarar det sig :)
Vi sätter att 2+2*sqrt(28n^2+1)=m där m är ett heltal, men vi vet inte om m är ett kvadrattal ännu.
2*sqrt(28n^2+1)=m-2
4(28n^2+1)=m^2-4m+4
så m delar 2, alltså är m=2k
Fortsätt med samma tankesätt ett par steg så uppenbarar det sig :)
Svar till joks [Gå till post]:
Vad sägs om att lösa det aktuella problemet först?
Jag kollar på dina problem lite senare
Vad sägs om att lösa det aktuella problemet först?
Jag kollar på dina problem lite senare
Svar till joks [Gå till post]:
Det är fler än två steg kvar, men det är riktigt simpel talteori.
Lös det, så kan du posta ett av dina sen, så ska jag lösa det :)
Det är fler än två steg kvar, men det är riktigt simpel talteori.
Lös det, så kan du posta ett av dina sen, så ska jag lösa det :)
7n²=r(r-1)
Stanna där.
Sant att n=2t, då r-1 och r är två följande heltal.
men då skulle du ha fått 28t²
7n²=r(r-1) så 7 delar r eller r-1 (de är relativt prima så 7 kan inte dela båda)
Fall 1) 7|(r-1)
Fall 2) 7|r
1) r=7x² och r-1=y²
2) r=x² och r-1=7y²
Nu börjar det bli intressant.
Gäller båda fallen?
Resten klarar du nog själv :)
Stanna där.
Sant att n=2t, då r-1 och r är två följande heltal.
men då skulle du ha fått 28t²
7n²=r(r-1) så 7 delar r eller r-1 (de är relativt prima så 7 kan inte dela båda)
Fall 1) 7|(r-1)
Fall 2) 7|r
1) r=7x² och r-1=y²
2) r=x² och r-1=7y²
Nu börjar det bli intressant.
Gäller båda fallen?
Resten klarar du nog själv :)
Svar till Cool_man87 [Gå till post]:
Kortaste jag vet är:
0,333...=1/3 <=> 0,333...*3=1/3*3 <=> 0,999......=1
Kortaste jag vet är:
0,333...=1/3 <=> 0,333...*3=1/3*3 <=> 0,999......=1
Svar till spion [Gå till post]:
Det förra var till dig, men jag tryckte väl fel :)
Stämmer båda fallen?
Det förra var till dig, men jag tryckte väl fel :)
Stämmer båda fallen?
Svar till spion [Gå till post]:
Okej jag gör lite till:
1) r=7x² och r-1=y² är ekvivalent med 7x²=y²+1 <=> y²=-1 mod(7)
2) 2) r=x² och r-1=7y² <=> x²=7y² +1 så x²=1 mod(7)
Kan både fall 1 och 2 stämma?
Okej jag gör lite till:
1) r=7x² och r-1=y² är ekvivalent med 7x²=y²+1 <=> y²=-1 mod(7)
2) 2) r=x² och r-1=7y² <=> x²=7y² +1 så x²=1 mod(7)
Kan både fall 1 och 2 stämma?
Svar till Dave_89 [Gå till post]:
Nej detta verkar överdrivet svårt.
Jag löser det väl då....
Det gäller att x^2 mod(7) = {0, 1, 2, 4}
Så fall 1 är omöjligt!
Fall 2 är det enda som kan stämma så alltså r=x².
med tidigare beteckningar så har vi:
m=2k=4r=4x²=(2x)²
Så m är ett kvadrattal om uttrycket är ett heltal, det innebär dock inte att det existerar några lösningar, men om det finns lösningar så är de kvadrattal.
Tricket var det där med mod(7), men det var tydligen ingen som upptäckte det.
Vem som helst kan posta ett problem nu!
Nej detta verkar överdrivet svårt.
Jag löser det väl då....
Det gäller att x^2 mod(7) = {0, 1, 2, 4}
Så fall 1 är omöjligt!
Fall 2 är det enda som kan stämma så alltså r=x².
med tidigare beteckningar så har vi:
m=2k=4r=4x²=(2x)²
Så m är ett kvadrattal om uttrycket är ett heltal, det innebär dock inte att det existerar några lösningar, men om det finns lösningar så är de kvadrattal.
Tricket var det där med mod(7), men det var tydligen ingen som upptäckte det.
Vem som helst kan posta ett problem nu!
Vem som helst får posta ett nytt problem... :)
Svar till spion [Gå till post]:
Det är lugnt!
Det där såg också lite mystiskt ut, haha
Jag får se om jag kommer på någonting :)
Det är lugnt!
Det där såg också lite mystiskt ut, haha
Jag får se om jag kommer på någonting :)
Svar till Master_Moose [Gå till post]:
man kan ju ana att det finns gott om nollor eftersom siffersumman ska vara 10.
Så om man antar att det är ganska många nollor och sedan studerar antalet ettor o.s.v. så kan man finna talet:
6210001000
och det fungerar finfint
man kan ju ana att det finns gott om nollor eftersom siffersumman ska vara 10.
Så om man antar att det är ganska många nollor och sedan studerar antalet ettor o.s.v. så kan man finna talet:
6210001000
och det fungerar finfint
Tillägg av Dave_89 2008-05-03 23:49
Säg till om du vill ha en detaljerad lösning.
Det där är den enda lösningen iaf!
Säg till om du vill ha en detaljerad lösning.
Det där är den enda lösningen iaf!
Svar till Master_Moose [Gå till post]:
haha :)
Du ser ju att på platserna 5,6,7,8 och 9 måste det stå en etta eller en nolla. Sedan är det bara att variera förstasiffran så löser man det.
Du kan då sätta ut en etta på den plats som representerar din förstasiffra o.s.v. :)
haha :)
Du ser ju att på platserna 5,6,7,8 och 9 måste det stå en etta eller en nolla. Sedan är det bara att variera förstasiffran så löser man det.
Du kan då sätta ut en etta på den plats som representerar din förstasiffra o.s.v. :)
Forum » Samhälle & vetenskap » Naturvetenskap » Problemlösning
Ansvariga ordningsvakter:
Användare som läser i den här tråden just nu
1 utloggadSkriv ett nytt inlägg
Hej! Innan du skriver om ett potentiellt problem så vill vi påminna dig om att du faktiskt inte är ensam. Du är inte onormal och världen kommer inte att gå under, vi lovar! Så slappna av och gilla livet i några minuter - känns det fortfarande hemskt? Skriv gärna ner dina tankar och frågor, vi älskar att hjälpa just dig!
Sidmoduler
Hitta ett casino utan svensk licens här
Utforska ett online casinon utan licens
Testa ett säkert casino utan spelpaus
18+ Spela ansvarsfullt www.stödlinjen.se