KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
 English
Információ
A lap
Pontverseny
Cikkek
Hírek
Fórum
Játékszabályok
Technikai info
TeX tanfolyam
Regisztráció
Témák

Rendelje meg a KöMaL-t!

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

Fórum - Nehezebb matematikai problémák

  Regisztráció    Játékszabályok    Technikai információ    Témák    Közlemények  

Ön még nem jelentkezett be.
Név:
Jelszó:

  [1. oldal]    [2. oldal]    [3. oldal]    [4. oldal]    [5. oldal]    [6. oldal]    [7. oldal]    [8. oldal]    [9. oldal]    [10. oldal]    [11. oldal]    [12. oldal]    [13. oldal]    [14. oldal]    [15. oldal]    [16. oldal]    [17. oldal]    [18. oldal]    [19. oldal]    [20. oldal]    [21. oldal]    [22. oldal]    [23. oldal]    [24. oldal]    [25. oldal]    [26. oldal]    [27. oldal]    [28. oldal]    [29. oldal]    [30. oldal]    [31. oldal]    [32. oldal]    [33. oldal]  

Ha a témához hozzá kíván szólni, először regisztrálnia kell magát.
[435] Cckek2006-10-29 16:24:50

Egy szép kis feladat, ha valakinek van ideje gondolkozni:) Oldjuk meg az x4+Ay4=z4 diofántoszi egyenletet, ahol A pozitív négyzetosztóktól mentes egész.

[434] Lóczi Lajos2006-10-24 22:03:10

Amúgy a KöMaL 1999/1-es számában Győry Kálmán írt egy cikket "Binom. együtthatók és teljes hatványok" címmel, rokon kérdésfelvetésekről, a sulinetes archívumból eléred.

Előzmény: [433] Cckek, 2006-10-24 21:55:54
[433] Cckek2006-10-24 21:55:54

Nos, valószinűleg, csak ezek az értékek megoldások, viszont ezt bizonyítani... Ha legalább az abc sejtésről tudnám, hogy igaz...:)

Előzmény: [432] Lóczi Lajos, 2006-10-24 20:05:43
[432] Lóczi Lajos2006-10-24 20:05:43

Ha n és m pozitív egészek, akkor a számítógép szerint n\le1000-ig csak a felsorolt értékekre négyzetszám n!+1.

Előzmény: [431] Cckek, 2006-10-22 18:23:14
[431] Cckek2006-10-22 18:23:14

Oldjuk meg az n!+1=m2 egyenletet. n=4,5,7 megoldás. Van más is?

[430] Cckek2006-10-22 14:38:32

Bizonyítsuk be, hogy:

\left(\frac{2n-1}{e}\right)^\frac{2n-1}{2}<(2n-1)!!<\left(\frac{2n+1}{2}\right)^\frac{2n+1}{2}

[429] Lóczi Lajos2006-10-18 21:22:07

Az egyre élesebb egyenlőtlenségek "kitalálásához" nyilván a gamma függvény aszimptotikus sorfejtését kellene, hogy megnézze az ember, a második formula például itt. (Az együtthatók a Bernoulli-számokkal fejezhetők ki.) Ennek a sornak a "csonkolásáról" kellene megvizsgálni, hogy alsó- vagy felső becslések-e...

Előzmény: [427] nadorp, 2006-10-18 09:04:14
[428] Gábor52006-10-18 17:40:45

Kösz a megoldást. csak azt nem értettem hogy a gyök2/2-t miért kell kivonni az 1-ből AQ-nál és RB-nél.

[427] nadorp2006-10-18 09:04:14

OK, én sem gondoltam, hogy a legjobb becslés lesz, hiszen elég egyszerű módszert alkalmaztam (trapéz módszer). Nem is vártam, hogy ilyen kevés számolással a logaritmus függvény egész helyen felvett értékeit vizsgálva be fog jönni valahol a \pi ( bár ki tudja? :-). De még így elég volt arra, hogy legfeljebb 1 számjegy eltéréssel megmodjuk n! hosszát. A cikket különben én is olvastam, nagyon tanulságos volt.

Előzmény: [426] Cckek, 2006-10-18 05:47:02
[426] Cckek2006-10-18 05:47:02

Nos, a felső határ nem is javítható, az alsó viszont igen. Idézek Lóczi Lajos "A faktoriális alsó- és felső becslései" c. cikkből:1<\frac{n!}{\left(\frac{n}{e}\right)^n\root\of{2\pi n}}\le\frac{e}{\root\of{2\pi}} minden nullától külömböző természetes számra, ahol a c1=1 és c_2=\frac{e}{\root\of{2\pi}} konstansok nem javíthatók. Ezek szerint:\left(n+\frac12\right)lgn-nlge+\frac12lg{2\pi}<lgn!\le\left(n+\frac12\right)lgn-\left(n-\frac12\right)lge+\frac12lge

Előzmény: [422] nadorp, 2006-10-17 16:02:29
[425] jonas2006-10-17 22:22:26

Vagy, ha nem akarjuk kiszámolni 10000!-t explicite, akkor elővehetjük az I. 7. megoldását, és lefuttathatjuk 10000-re.

Előzmény: [418] Lóczi Lajos, 2006-10-17 12:35:51
[424] rizsesz2006-10-17 21:32:57

Legyen e és BC metszéspontja T. Ekkor QTB hasonló ABC-hez, és mivel a területeik aránya 1:2, így a hasonlóság aránya ennek gyöke 1:gyök2=gyök2/2. Tehát QB=gyök2/2*AB, AQ=(1-gyök2/2)*AB. Tök hasonlóan RB=(1-gyök2/2)*AB. így QR=AB*(1-2*(1-gyök2/2))=AB*(gyök2-1), és a területek aránya, mivel ABC és PQR hasonlóak, így megfelelő oldalaik arányaik a négyzete, azaz (gyök2-1) a négyzeten = 3-2gyök2.

Előzmény: [423] Gábor5, 2006-10-17 21:01:47
[423] Gábor52006-10-17 21:01:47

Ha lehet akkor gyorsan kellene egy megoldás (ha lehet levezetéssel) ehhez a feladathoz (én is próbálkoztam de nem akart kijönni és idő szükében vagyok):

Az ABC háromszög AC oldalával párhuzamos e egyenes és a BC oldalával párhuzamos f egyenes felezik a háromszög területét; e és f a P pontban metszik egymást; az e egyenes az AB oldalt a Q pontban, f az R pontban metszi. Határozzuk meg az ABC és a QPR háromszögek területének arányát!

Elöre is kösz ha tud valaki segíteni.

[422] nadorp2006-10-17 16:02:29

Nem úgy indultam el. Az általam kapott egyenlőtlenségek az \int_1^n\lg{x}dx integrál alsó és felső becsléséből adódtak.

Előzmény: [421] Cckek, 2006-10-17 15:16:56
[421] Cckek2006-10-17 15:16:56

Gondolom a \left(\frac{n}{e}\right)^n\root\of{ne}<\left(\frac{n}{e}\right)^n\root\of{2\pi n}<\left(\frac{n}{e}\right)^ne\root\of{n}  egyenlőtlenségből indultál ki.Bocs ha tévednék de ha igy van, akkor a középső kifejezés csak becslése n!-nak tehát nem is biztos hogy az egyenlőtlenséglánc fennáll.

Előzmény: [420] nadorp, 2006-10-17 14:11:35
[420] nadorp2006-10-17 14:11:35

Bocsi, a módszer jó, de tényleg elszámoltam ( ui. az nln n-n=(n-1)ln  egyenlőség nálam igaz volt:-). A helyes (???) egyenlőtlenség:

(n+\frac12)\lg{n}-(n-\frac12)\lg{e}<\lg{n!}<(n+\frac12)\lg{n}-(n-\frac12)\lg{e}+\frac12\lg{e}

Előzmény: [419] Hajba Károly, 2006-10-17 12:59:18
[419] Hajba Károly2006-10-17 12:59:18

Valamit elszámolhattál, mert legyen n=50, akkor:

49,5*lg 50=84,099...>.lg (n!)=64,48...

Előzmény: [414] nadorp, 2006-10-17 10:55:33
[418] Lóczi Lajos2006-10-17 12:35:51

Egyszerűen: beírom pl. a Mathematica-ba, hogy 10000!, megnyomom az Entert, várok másfél századmásodpercet, és máris számolhatom, hány 0-ra végződik :)

Előzmény: [417] Cckek, 2006-10-17 12:28:33
[417] Cckek2006-10-17 12:28:33

Nagyon érdekes cikk. Arra viszont kiváncsi vagyok hogy ezek az értékek hogyan lettek kiszámolva? Pl 10000! ?

Előzmény: [415] Lóczi Lajos, 2006-10-17 11:49:17
[416] Cckek2006-10-17 12:07:26

Amennyiben az egyenlőtlenség igaz úgy gratulálok, sokkal jobb az én képletemnél ami a Legendre képleten alapszik. S megint bebizonyosodik mire jó a forum. Hisz senki sem akarja ujra felfedezni a kereket:)Köszi

Előzmény: [414] nadorp, 2006-10-17 10:55:33
[415] Lóczi Lajos2006-10-17 11:49:17

Esetleg idevág "A faktoriális alsó- és felső becslései" c. cikkem a KöMaL 2002. áprilisi számából, ott ilyeneket kiszámoltam.

Előzmény: [414] nadorp, 2006-10-17 10:55:33
[414] nadorp2006-10-17 10:55:33

Nem kell Stirling formula. Ha nem számoltam el, akkor igaz a következő egyenlőtlenség lánc:

(n-\frac12)\lg{n}+\frac12\lg{e}<\lg{n!}<(n-\frac12)\lg{n}+\lg{e}. Ebből következik, hogy

[lg n!] a közrefogó számok egész részeinek egyikével egyenlő, melyek különbsége legfeljebb 1, hiszen \frac12\lg{e}<1

Előzmény: [408] Cckek, 2006-10-16 20:03:44
[413] Sirpi2006-10-17 07:42:37

50 számjegyet, na de mennyiből? 10102? Én inkább erre a mondanám, hogy ennyi pénz nincs is :-P Amúgy sok sikert a 10100! pontos értékének kiszámolásához, csak hogy megtudd, mekkora is a hiba ;-).

Előzmény: [412] Cckek, 2006-10-17 05:58:03
[412] Cckek2006-10-17 05:58:03

Nos ha n=10100 ez a hanyagolás legalább 50 számjegyet jelent. Fülig Jimmy-t idézve:"annyi pénz nincs is...":))

Előzmény: [411] Sirpi, 2006-10-16 23:55:09
[411] Sirpi2006-10-16 23:55:09

Attól függ, mennyire törekszünk pontosságra. A Stirling-formulát is lehet még tovább javítani, csak úgy bonyolultabb képletet kapunk.

Előzmény: [410] Cckek, 2006-10-16 23:08:44

  [1. oldal]    [2. oldal]    [3. oldal]    [4. oldal]    [5. oldal]    [6. oldal]    [7. oldal]    [8. oldal]    [9. oldal]    [10. oldal]    [11. oldal]    [12. oldal]    [13. oldal]    [14. oldal]    [15. oldal]    [16. oldal]    [17. oldal]    [18. oldal]    [19. oldal]    [20. oldal]    [21. oldal]    [22. oldal]    [23. oldal]    [24. oldal]    [25. oldal]    [26. oldal]    [27. oldal]    [28. oldal]    [29. oldal]    [30. oldal]    [31. oldal]    [32. oldal]    [33. oldal]  

  Regisztráció    Játékszabályok    Technikai információ    Témák    Közlemények  

Támogatóink:   Ericsson   Cognex   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Nemzeti Tehetség Program    
MTA Energiatudományi Kutatóközpont   MTA Wigner Fizikai Kutatóközpont     Nemzeti
Kulturális Alap   ELTE   Morgan Stanley