[435] Cckek | 2006-10-29 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 Lajos | 2006-10-24 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 |
|
|
|
[431] Cckek | 2006-10-22 18:23:14 |
Oldjuk meg az n!+1=m2 egyenletet. n=4,5,7 megoldás. Van más is?
|
|
[430] Cckek | 2006-10-22 14:38:32 |
Bizonyítsuk be, hogy:
|
|
[429] Lóczi Lajos | 2006-10-18 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] Gábor5 | 2006-10-18 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] nadorp | 2006-10-18 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 ( 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 |
|
|
|
[424] rizsesz | 2006-10-17 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] Gábor5 | 2006-10-17 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.
|
|
|
[421] Cckek | 2006-10-17 15:16:56 |
Gondolom a 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 |
|
|
|
|
|
[416] Cckek | 2006-10-17 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 |
|
|
[414] nadorp | 2006-10-17 10:55:33 |
Nem kell Stirling formula. Ha nem számoltam el, akkor igaz a következő egyenlőtlenség lánc:
. Ebből következik, hogy
[lg n!] a közrefogó számok egész részeinek egyikével egyenlő, melyek különbsége legfeljebb 1, hiszen
|
Előzmény: [408] Cckek, 2006-10-16 20:03:44 |
|
[413] Sirpi | 2006-10-17 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 |
|
|
|