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

 

apehman

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.
[460] .2006-12-02 11:15:20

Hy All! Van itt valaki aki ért a z=f(y/x) típusú differenciálegyenletekhez?

Hogy kell megoldani az y'=2x+3y diffegyenletet? Előre is köszi

[459] jonas2006-11-26 13:38:18

A 2X+1=2X egyenletből a t=X+1/2 helyettesítéssel ki lehet ejteni az additív tagot, így egy At=Bt alakú egyenletet kapunk. Ezt az egyenletet Lambert-féle W függvényre lehet visszavezetni. Ez egy egyparaméteres transzcendens függvény, amit a W(wew)=w egyenlet definiál.

Előzmény: [455] s.addam, 2006-11-26 11:12:08
[458] Cckek2006-11-26 11:38:06

newton fele erintomodszer, runge-kutta modszer.nezz utana:)

Előzmény: [457] s.addam, 2006-11-26 11:35:30
[457] s.addam2006-11-26 11:35:30

Jelenleg szakaszokra osztom, és finomítom ezeket a szakaszokat (persze programozom ezt). Egyéb megoldás nincs?

Előzmény: [456] Cckek, 2006-11-26 11:16:41
[456] Cckek2006-11-26 11:16:41

kozeliteni lehet oket, hiszen a matematikai programok is ezt csinaljak:)

Előzmény: [455] s.addam, 2006-11-26 11:12:08
[455] s.addam2006-11-26 11:12:08

Az alábbi két függvény összes gyöke csak grafikusan hetározható meg?

\frac{X}{20} = 
%>
\sin X

2X+1=2X

[454] Cckek2006-11-25 23:26:35

Van-e végtelen sok prímszám, mely három egymásutáni prímszám összege? ilynek pl a 23=5+7+11 vagy a 31=7+11+13

[453] nadorp2006-11-25 18:43:08

Félreértés ne essék, a megoldás az említett Lovász László könyvben található és valóban nagyon szép. Az általad említett valószínűség k-tól való függetlensége ( az i értékétől nyilván nem függ) valóban meghökkentő, de igaz. Egyébként erre az \frac1n valószínűségre a könyvben van egy másik, rendkívül ötletes, számolás nélküli megoldás is.

Előzmény: [452] rizsesz, 2006-11-25 17:50:44
[452] rizsesz2006-11-25 17:50:44

Kedves nadorp!

Nagyon szépen köszönöm, a megoldásod nagyon tetszik, bár egy pont elég furcsa, nevezetesen az, hogy hogy az i elem egy k hosszú körnek az eleme, na ennek a valószínűsége ugyanakkora minden i és k esetén :). üdv, András

[451] nadorp2006-11-25 14:21:19

Sziaszok !

Rizsesz elszámoltad. Annak a valószínűsége,hogy 1 kör lesz \frac13, két köré \frac12 és három köré \frac16, tehát a várható érték 1\cdot\frac13+2\cdot\frac12+3\cdot\frac16=1+\frac12+\frac13. Azért írtam így,mert n-re a várható érték \sum_{k=1}^n\frac1k, ami nagy n-re tényleg ln n. Találtam erre egy szinte számolás nélküli - szerintem KÖNYVBE való - módszert Lovász László: Kombinatorikai feladatok és problémák című könyvében. ( hála Jenei Attilának, most már nekem is megvan ). Megpróbálom vázolni:

Először határozzuk meg annak a valószínűségét, hogy az i elem egy k hosszú körnek az eleme. Ez nyilván úgy határozható meg, hogy az i mellé még \binom{n-1}{k-1}-féleképpen vehetünk k-1 számot, ezeknek (k-1)! sorrendje van, a maradék n-k elemnek pedig (n-k)! sorrendje van. A keresett valószínűség \frac{\binom{n-1}{k-1}(k-1)!n-k)!}{n!}=\frac1n.

Legyen most 1\leqk\leqn rögzített és definiáljuk az Xi valószínűségi változót a következőképpen:

Xi=1 ha i eleme egy k hosszú körnek és legyen 0 különben. Nyilván X1+X2+...+Xn a k hosszú körökben levő elemek száma és \frac{X_1+X_2+...+X_n}k a k hosszú körök száma. Ezért a k hosszú körök számának várható értéke M(\frac{X_1+X_2+...+X_n}k)=\frac1k(M(X_1)+...+M(X_n)). Mivel \frac1n annak a valószínűsége, hogy i egy k hosszú körnek az eleme ezért M(X_i)=\frac1n, azaz \frac1k(M(X_1)+...+M(X_n))=\frac1k(\frac1n+...+\frac1n)=\frac1k, azaz várhatóan \frac1k darab k hosszú kör lesz, így a körök számának várható értéke 1+\frac12+...+\frac1n.

Előzmény: [450] Csimby, 2006-11-23 01:59:48
[450] Csimby2006-11-23 01:59:48

Bocsi! Csak nem tudom anélkül hogy lehetne megcsinálni, legalábbis nekünk ahhoz volt gyakorlófeladat. És ezért azt hittem ti is tanultátok és azért került elő nálatok is ez a feladat. Szóval akkor Jordan formula (egyesek szerint Jordán Károlytól, mások szerint Charles Jordan-tól származik :-)):

A1,A2,...,An tetsz. események. Jelölje N, hogy hány teljesül közülük. Ekkor P(N=k)=\sum_{j=0}^{n-k}(-1)^j\binom{j+k}{k}S_{j+k}

Ahol Sj-t már az előbb definiáltam. Jordan-formula speciális esete a Poincare avagy Szita-formula, Logikai-szita stb...

Mondjuk kezdessz elbizonytalanítani, szóval lehet hogy valamit elnézek vagy roszul emlékszem, ha ennyire más jön ki. Kéne írni rá egy programot ami megnézi nagyobb n-ekre is...

Előzmény: [449] rizsesz, 2006-11-23 00:54:53
[449] rizsesz2006-11-23 00:54:53

lévén, közgazdász-hallgató a magamféle, nem tudom, hogy mi az a Jordan-formula. hiszek benne, hogy erre van valami emberi és kedves magyarázat. viszont, ahogy emlékszem, tovább is számoltuk, és lényegesen dinamikusabban nő a dolog, mint lne, legalábbis tudom, hogy tizen belül előfordult már 3-nál nagyobb szám is.

Előzmény: [448] Csimby, 2006-11-22 23:43:01
[448] Csimby2006-11-22 23:43:01

H halmaz legyen az 1,2,...,n elemek m elemű részhalmazainak halmaza. AH pedig H azon elemei amik ciklust alkotnak. Xm legyen az AH-beli események közül azok száma, amelyek teljesülnek. Ekkor Jordan formulával:

P(X_m=k)=\sum_{j\ge0}(-1)^j\binom{j+k}{k}S_{j+k}

S_j=\sum_{H_1,H_2,...,H_j\in H}P(A_{H_1}\cap...\cap A_{H_j})

Innen sok számolás binom együtthatókkal, amit most nem szeretnék beírni, aztán n-nel tartunk a végtelenbe és elvileg kijön. Szerintem kicsi n-re épp a határátmenet miatt nem látszik.

Sj-re amúgy ez fog kijönni: \frac{1}{j!m^j}

Azt kell még felhasználni, hogy \sum_{j=0}^\infty \frac{(-1)^j}{j!m^j}=e^{-\frac{1}{m}}

Előzmény: [447] rizsesz, 2006-11-22 21:00:21
[447] rizsesz2006-11-22 21:00:21

és megkérdezhetem, hogy miért Poisson :)? meg ez nem egyezik szerintem az általam a kisebb esetekre kapott megoldással, persze gondolom, az nem jelent semmit :) de pl. n=3 esetén vagy 1 kört alkot a 3 gyerek (ez 2 esetben lesz), 2 kört 1-2 felbontásban (ez 3*1 eset), és 1-1-1 kört 1 esetben. Összesen 6 eset van, azaz a körök számának várható értéke 1/3*1+1/2*2+1*1/6=1,5.

Előzmény: [446] Csimby, 2006-11-22 00:59:25
[446] Csimby2006-11-22 00:59:25

A k hosszúságú körök számának eloszlása \frac{1}{k} paraméterű Poisson (ha n\rightarrow\infty). A várhatóértéke pedig \frac{1}{k}. Tehát átlagosan log n kör lesz.

Előzmény: [438] rizsesz, 2006-11-20 16:34:33
[445] Lóczi Lajos2006-11-21 22:13:44

Innen rögtön felmerül a kérdés: vajon mi lehet az a legkisebb pozitív c szám, amelyre

\left|\sum_{k=1}^{n} \frac{\sin(k x)}{k} \right|\le c

áll fenn, tetszőleges pozitív egész n és valós x esetén? (Ez a szám már "majdnem" szerepelt is az előzőekben...)

Előzmény: [442] Fálesz Mihály, 2006-11-21 10:55:36
[444] rizsesz2006-11-21 21:46:26

tudom, hogy nem egy kedves dolog ilyet kérni, de rre a feladatra nincsen valami ötleteteket? :) (a 438-as hozzászólás).

Előzmény: [438] rizsesz, 2006-11-20 16:34:33
[443] Lóczi Lajos2006-11-21 21:32:53

A kérdéses összeg egyébként a

\frac{\pi-x}{2}

függvényt közelíti a (0,2\pi) intervallumon: e függvény Fourier-sorfejtéséről van ugyanis szó.

Előzmény: [440] jonas, 2006-11-20 22:53:21
[442] Fálesz Mihály2006-11-21 10:55:36

Én két trükköt javasolnék.

Az egyik az összeg kettévágása a k "kicsi" és "nagy" értékeire.

A kicsi értékekre valamilyen triviális becslést használunk, pl. |sin (kx)|\lek|x| vagy |sin (kx)|\lek|sin x|.

A nagy értékekre Abel-átrendezést érdemes alkalmazni.

 

Feltehetjük, hogy sin x\ne0, mert sin x=0 esetén az összeg 0. (Erre azért lesz szükségünk, mert néha osztani fogunk sin x-szel.)

 

Tehát: Lesz egy m számunk, amit majd később kitalálunk, odáig vannak a kicsi k-k, utána a nagyok.


\left|\sum_{k=1}^n \frac{\sin(kx)}k\right| \le 
\sum_{k=1}^m \left|\frac{\sin(kx)}k\right| +
\left|\sum_{k=m+1}^n \frac{\sin(kx)}k\right|

A kicsi indexű tagok becslése:


\sum_{k=1}^m \frac{|\sin(kx)|}k \le
\sum_{k=1}^m \frac{k|\sin x|}k = 
m|\sin x|.

A nagy indexű tagok összegének becslése:


\left|\sum_{k=m+1}^n \frac{\sin(kx)}k\right| =
\left|\sum_{p=m+1}^{n-1}\bigg(\frac1p-\frac1{p+1}\bigg)
\sum_{k=m+1}^p\sin(kx)
+\frac1n\sum_{k=m+1}^n\sin (kx) \right| \le


\le \sum_{p=m+1}^{n-1}\bigg(\frac1p-\frac1{p+1}\bigg)
\left|\sum_{k=m+1}^p\sin(kx)\right| +
\frac1n\left|\sum_{k=m+1}^n\sin(kx)\right|.

Most bedobjuk azt, hogy


\sum_{k=a}^b\sin(kx)=
\sum_{k=a}^b\frac{\sin(k+\frac12)x-
\sin(k-\frac12)x}{2\cos\frac{x}2}=
\frac{\sin(b+\frac12)x-\sin(a-\frac12)x}{2\cos\frac{x}2}

amiből


\left|\sum_{k=a}^b\sin(kx)\right|\le
\frac2{2|\cos\frac{x}2|}<
\frac2{|2\sin\frac{x}2\cos\frac{x}2|}=
\frac2{|\sin x|};

ezt alkalmazva,


\left|\sum_{k=m+1}^n \frac{\sin(kx)}k\right|\le
\sum_{p=m+1}^{n-1}\bigg(\frac1p-\frac1{p+1}\bigg)
\frac2{|\sin x|}
+ \frac1n\cdot\frac2{|\sin x|}
= \frac2{(m+1)|\sin x|}.

A becslésünk tehát:


\left|\sum_{k=1}^n \frac{\sin(kx)}k\right| \le 
m|\sin x|+\frac2{(m+1)|\sin x|},

és még nem mondtuk meg, hogy mi az m.

Az m-et úgy választjuk meg, hogy a jobboldal a lehető legkisebb legyen. A két tag szorzata kb. állandó, az összeg kb. akkor a legkisebb, ha a két tag egyenlő, vagyis m\approx\frac{\sqrt2}{|\sin x|}. De arra is vigyáznunk kell, hogy m\len legyen.

Legyen tehát

 m_0 = \left[\frac{\sqrt2}{|\sin x|}\right].

Ha m0\len, akkor m=m0 választással, az előbbi számolás szerint


\left|\sum_{k=1}^n \frac{\sin(kx)}k\right| <
\sqrt2+\sqrt2=2\sqrt2.

Ha m0>n, akkor legyen m=n, és csak kicsi indexek vannak, tehát


\left|\sum_{k=1}^n \frac{\sin(kx)}k\right| \le
n|\sin x| \le m_0|\sin x| <
\sqrt2.

[441] jonas2006-11-20 23:06:38

Másrészt viszont ha x=(2+1/(2n))\pi akkor sin (kx)=sin (k\pi/n) mindig éppen pozitív, így nem teljesen igaz, amit mondtam. Szerintem azonban ilyenkor is korlátos marad az összeg.

Előzmény: [437] Lóczi Lajos, 2006-11-20 11:38:09
[440] jonas2006-11-20 22:53:21

Én is arra tippelnék, hogy igaz.

Pontos bizonyítást nem tudok, de ez az összeg az

 \int_0^{n/x} \frac{\sin(t)}t dt

integrált közelíti. Ez az integrál pedig korlátos, mert mindegyik hullám befér az első alá.

Előzmény: [437] Lóczi Lajos, 2006-11-20 11:38:09
[439] nadorp2006-11-20 20:49:16

Úgy tudom,hogy

\left|\sum_{k=1}^n\frac{\sin(kx)}k\right|\leq1+\pi

Előzmény: [437] Lóczi Lajos, 2006-11-20 11:38:09
[438] rizsesz2006-11-20 16:34:33

Sziasztok! A következő feladatom lenne:

Adott n ember, akik karácsonykor húznak, és nem okoz számukra problémát, ha önmagukat húzzák. Körnek nevezzük azt, ha van valahány ember körbe húzza egymást, pl. A B-t, B C-t és C A-t. Ha egy ember önmagát húzza, az is egy kör.

Várható értékben hány kör fog kialakulni.

[437] Lóczi Lajos2006-11-20 11:38:09

Vajon igaz-e, hogy ha x akármilyen valós és n akármilyen pozitív egész szám, akkor

\left|\sum_{k=1}^n \frac{\sin(k x)}{k}\right|<2006?

[436] Cckek2006-11-11 13:37:26

Na jó, annyit elárulok, hogy az x2+Ay2=z2 egyenlet megoldásai: 2x=c(u2b-v2a), y=cuv, 2z=c(u2b+v2a) ahol ab=A, (v,u)=(v,b)=(b,c)=1

Előzmény: [435] Cckek, 2006-10-29 16:24:50

  [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   Google   Cognex   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Emberi Erőforrások Minisztériuma  
Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet   Nemzeti Tehetség Program     Nemzeti
Kulturális Alap   ELTE   Morgan Stanley