|
[2320] rizsesz | 2007-09-20 14:23:48 |
és akkor egyúttal a szitaformulával is ez jön ki?
|
|
|
[2318] Sirpi | 2007-09-20 13:10:39 |
Mármint n=0-tól megy az indexelés, nem? Viszont jelen esetben tényleg igaz, hogy ann!/e, hiszen a 0. és első tag összege: (-1)0/0!+(-1)1/1!=1-1=0, tehát tényleg elég a 2. tagtól összegezni.
|
Előzmény: [2316] nadorp, 2007-09-20 13:07:02 |
|
|
|
[2315] rizsesz | 2007-09-20 12:54:28 |
Köszönöm mindkettőtöknek, tetszenek. Egyébként ez a rekurzió a következő feladatnál került elő: Hányféleképpen lehet sorba rakni az 1, 2, ... n számokat, hogy semelyik se a saját értékének megfelelő helyen szerepeljen? Erre jött ki, hogy n= 2, 3, 4, 5 értékére 1, 2, 9, 44 a sorbarendezések száma, és ez összhangban van a rekurzióval (csak még ki kéne találni a származtathatóságot). Egyébként kedves nadorp, a talált képlet nem Taylor-sora semminek?
|
Előzmény: [2314] nadorp, 2007-09-20 11:26:51 |
|
[2314] nadorp | 2007-09-20 11:26:51 |
Tehat, a1=0,a2=1 és an+1=n(an+an-1) ( Ekkor persze a3=2, mint az eredeti kiírásban).
Legyen . Ekkor b1=0, .
, azaz
. Innen indukcióval
.
Ha most a fenti összefüggést elvégezzük k=2,3,...(n+1) értékekre és összeadjuk ezeket, akkor
, azaz
|
Előzmény: [2312] rizsesz, 2007-09-20 09:14:10 |
|
|
|
|
[2310] rizsesz | 2007-09-20 08:50:54 |
Te ezt írtad: a4=(a2+a3)(3-1)=(1+2)*2=6. Én ezt: a4=(a2+a3)(4-1)=(1+2)*3=9. Az indexálással tolódik az n-1-es szorzó is.
|
|
|
|
[2307] rizsesz | 2007-09-20 08:06:28 |
Fontosak az alsó indexek. Itt a4=9.
|
|
|
[2305] rizsesz | 2007-09-19 22:49:04 |
Sziasztok. Meg tudnátok mondani az a2=1, a3=2 an+1=(an+an-1)*(n-1) rekurzió megoldását mondani?
|
|
|
|
|
[2301] BohnerGéza | 2007-09-19 09:35:31 |
Szerintem a fehér pontok esetén sem általános, hanem hegyesszögű háromszöget kapunk! Vége! Talán az AB-n van C, akkor nem hegyes-, nem derék- és nem tompaszögű az ABC.
|
Előzmény: [2299] jonas, 2007-09-18 23:01:11 |
|
[2300] SmallPotato | 2007-09-19 07:19:19 |
Örömmel látom, hogy esetenkénti bénázásom mily mély matematikai alapokon nyugszik. :-)
Soha nem jutott eszembe, hogy vizsgáljam az okokat ... de az ábra és a kommentár valóban meggyőző!
|
Előzmény: [2299] jonas, 2007-09-18 23:01:11 |
|
[2299] jonas | 2007-09-18 23:01:11 |
Igen, ismert tétel, hogy általános háromszöget nehéz rajzolni. Reiman tanár úr ezt a következő módon bizonyította.
Rögzíthetjük a háromszög két csúcsát, mivel hasonlóság erejéig nem változtat a feladaton. Nézzük meg, hova rakhatjuk a harmadik pontot. A piros területek ki vannak zárva, mivel akkor tompaszögű lenne a háromszög. Ki van zárva az őket határoló piros vonalak környéke is, hiszen akkor majdnem derékszögű lenne a háromszög. A kék vonalak környéke pedig azért van kizárva, mert akkor majdnem egyenlőszárú lenne a háromszög. Nagyon magasra sem érdemes rakni a csúcsot, mert akkor csúnyán megnyúlt háromszöget kapunk, amit ráadásul könnyebben lehet egyenlőszárúnak nézni, mivel két oldala közel azonos hosszú.
Az pedig látható, hogy így nem marad sok hely, ahova a harmadik pontot le lehetne tenni.
|
|
Előzmény: [2295] SmallPotato, 2007-09-18 19:42:39 |
|
[2298] jonas | 2007-09-18 22:23:50 |
Egyébként nem az otthoni gépemen fut, noha az is elég jó gép, de az egyetem kétszer két magos AMD procis gépe gyorsabb.
|
|
[2297] jonas | 2007-09-18 22:21:41 |
Érdekes.
Nekem most már csak azt kell ellenőriznem, hogy a heurisztikusan közelítő programom, ami a [2279] hozzászólás tizenháromjegyű megoldásait találta, minden megoldást megtalált-e (eltekintve az ismétlésektől).
Ez a program úgy működött, hogy az x=a(10m-1)/b kifejezésbe helyettesített be olyan kis számokat, ahol m osztja b-1-et, majd ellenőrizte a kapott x-et.
Elég sok megoldást megadott, a legtöbbet sokféle paraméterekkel újra meg újra.
|
Előzmény: [2296] Sirpi, 2007-09-18 19:59:47 |
|