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!

KöMaL Füzetek 1: Tálalási javaslatok matematika felvételire

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.
[560] kdano2007-07-11 20:31:33

Hát szerintem az összes eset \binom{p+q}q, a rossz eset pedig \binom{p+q}{q-1}, s így a valószínűség 1-\frac q{p+1}

Feltéve, hogy az is "vezetésnek" számít, ha épp egyenlő az állás.

Előzmény: [559] nadorp, 2007-07-11 15:04:03
[559] nadorp2007-07-11 15:04:03

Egyelőre csak a végeredmény, hátha elszámoltam.

Az összes eset nyilván 2p+q.

A kedvező esetek száma:  \frac{p-q}{p+q}\binom{p+q}p

Előzmény: [558] Gyöngyő, 2007-07-06 18:07:03
[558] Gyöngyő2007-07-06 18:07:03

Sziasztok!

Itt egy feladat: Szavazási probléma.Tegyük fel,hogy egy választáson két jelölt van,P és Q. A P jelölt p szavazatot kapott,Q pedig q szavazatot,p>q.Ha a szavazatok minden sorrendje egyformán valószínű,akkor mi a valószínűsége annak,hogy a szavazatszámlálás során végig vezetett?

Üdv: Gyöngyő

[557] jonas2007-07-04 09:50:17

Na igen, ha a mértéket kihagyjuk, és csak a megszámlálhatót hagyjuk meg, akkor már valóban nem túl erős, hiszen az a legegyszerűbb (ha nem is az első) bizonyítás arra, hogy léteznek transzcendens számok.

Előzmény: [556] Lóczi Lajos, 2007-07-03 20:03:47
[556] Lóczi Lajos2007-07-03 20:03:47

Szerintem meg ez a nagyágyú :), mert felhasználod, hogy e transzcendens (illetve, hogy van transzcendens szám). Az én érvelésemben a mérték szót sem kellett volna használni, pusztán a megszámlálható halmazok alaptulajdonságait.

Előzmény: [550] jonas, 2007-07-03 12:46:34
[555] Lóczi Lajos2007-07-03 20:00:17

Sőt, az is igaz, hogy ha egy polinom minden együtthatója algebrai szám, akkor a gyökei is algebraiak. Ennek speciális eseteként rögtön adódik a válasz a kérdésre.

Előzmény: [548] Cckek, 2007-07-02 14:42:48
[554] jonas2007-07-03 19:48:28

Igazad van, valóban nem olvastam elég figyelmesen a kérdést.

Előzmény: [552] Cckek, 2007-07-03 13:52:31
[553] Enkidu2007-07-03 17:11:25

Sziasztok!

Ha a gyöke egy k-adfokú p(x) racionális együtthatós polinomnak, akkor p(x) = (x - a)(x - a2)...(x - ak). Ekkor a következő kn-edfokú q(x) szintén racionális együtthatós polinomnak \root n\of a (persze az összes koplex gyök is) a gyöke: q(x) = (xn - a)(xn - a2)...(xn - ak) Innentől Jonas bizonyítja a hátralévő \root n\of {a^m} részt:).

Bocs az esetleges rossz képletekért még át kell néznem a TeX-et. Sziasztok

Előzmény: [548] Cckek, 2007-07-02 14:42:48
[552] Cckek2007-07-03 13:52:31

Ez csak azt bizonyítja hogy algebrai szám egész kitevőjű hatványa algebrai. Itt racionális hatványokról van szó.

Előzmény: [551] jonas, 2007-07-03 12:48:49
[551] jonas2007-07-03 12:48:49

Igen, az algebrai számok résztestet alkotnak a valós vagy komplex számokban, de ezt nem elemi módon lehet könnyen bizonyítani, hanem algebrával. Ha kell a bizonyítása, akkor a régi algebra 1 vagy 2 füzeteimben utánanézhetek.

Előzmény: [548] Cckek, 2007-07-02 14:42:48
[550] jonas2007-07-03 12:46:34

Szerintem ez nagyágyú ehhez. Egyszerűen mondhatjuk azt, hogy létezik transzcendens szám (mondjuk az e) és nyilván bármely x transzcendens számra és a racionális számra x+a is transzcendens, így pedig bármely intervallumba bele lehet tolni az e-t.

Előzmény: [549] Lóczi Lajos, 2007-07-02 15:55:25
[549] Lóczi Lajos2007-07-02 15:55:25

Mivel az algebrai számok megszámlálható végtelen sokan vannak, egy pozitív mértékű rész transzcendens számokból kell álljon.

Előzmény: [547] Cckek, 2007-07-02 14:03:48
[548] Cckek2007-07-02 14:42:48

Ha a gyöke egy P\inQ[X] polinomnak akkor \forallq\inQ esetén, létezik Pq\inQ[X] úgy, hogy aq gyöke Pq-nak? Magyarul: ha a algebrai akkor aq is algebrai \forallq\inQ?

[547] Cckek2007-07-02 14:03:48

Minden nyílt intervallum tartalmaz transzcendens számokat. Kiváncsi vagyok az ötleteitekre.

[546] mrmorotz2007-06-14 02:12:00

Hülye fejem. Y-t akartam írni persze! Kösz, hogy kijavítottál. Úha.....

Előzmény: [545] n_viktor, 2007-06-13 11:28:33
[545] n_viktor2007-06-13 11:28:33

Hali!

Paros fuggvenyeknel grafikus abrazolasban az y tengelyre szimmetrikus. (x tengelyre csak a konstans 0 az, egyebkent nem lenne fuggveny) :-)

Udv: Viktor

Előzmény: [544] mrmorotz, 2007-06-13 11:22:29
[544] mrmorotz2007-06-13 11:22:29

A páros függvény olyan függvény, amelyre f(-x) = f(x) , minden x eleme Df-re. GRafikusan azok a páros függvények, amelyek képe szimmetrikus az x tengelyre. Például az x*x fv. ilyen. Páratlan: f(-x)=-f(x). Az ilyen fv. grafikonja szimmetrikus az origóra. Lásd köb(x).

Előzmény: [536] amynna, 2007-06-08 17:35:28
[543] amynna2007-06-09 19:52:44

csak próba, a12+b13

[542] amynna2007-06-09 19:35:02

Köszi a jó tanácsot, nézem is.

Előzmény: [538] Fálesz Mihály, 2007-06-09 06:35:21
[541] amynna2007-06-09 19:34:13

Én is most vettem észre, hogy 1/b feladatot tényleg elnézted, mert én minuszt irtam. sehogy nem jött ki a nekem az eredmény. megpróbálom mégegyszer felrakni, nagyon örülnék, ha tudnátok segiteni és nemcsak az eredményt irnátok le, hanem a levezetést is. Nagyon köszönöm. Franciska

Előzmény: [540] Sirpi, 2007-06-09 11:55:35
[540] Sirpi2007-06-09 11:55:35

Igen, a gyökös feladatot elnéztem, kétszer is: egyrészt rosszul olvastam el a feladatot, másrészt a meg a rossz feladatra is elírtam a megoldást, köszi a helyreigazítást :-)

Előzmény: [538] Fálesz Mihály, 2007-06-09 06:35:21
[539] Fálesz Mihály2007-06-09 06:42:14

Az azért mindig relatív, hogy milyen problémák a nehezebbek...

... Erre apukám megint elmondta, hogy őt nem érdekli, hogy más gyereke mit csinál, de nagyon szégyellte magát helyettem a tanító néni előtt. Sajnáltam apukámat, hogy helyettem szégyellte magát, mert szégyellni már én is tudom magamat a tanító néni előtt, csak szép kövér karikákat nem tudok még egyedül rajzolni. (Janikovszky Éva: Velem mindig történik valami)
Előzmény: [537] Sirpi, 2007-06-09 00:34:36
[538] Fálesz Mihály2007-06-09 06:35:21

Képletek szerkesztéséhez kukkants bele a TeX minitanfolyamba. Érdemes.

A (1b)-ben két "nagy" négyzetgyök különbsége szerepel. Én a következő trükköt alkalmaznám:

 \sqrt{A}-\sqrt{B}=\frac{A-B}{\sqrt{A}+\sqrt{B}}.

(Utána persze nem úszod meg, hogy kiemelgesd az n-eket...)

Előzmény: [536] amynna, 2007-06-08 17:35:28
[537] Sirpi2007-06-09 00:34:36

Zárójel-fóbiád van? :-) Csak mert nem tettél ki egyet sem, pedig látható, hogy rengeteg helyre kellett volna. És ez eléggé egy (nem is túl nehéz) gyakorló feladatsornak tűnik, gondolom nem sok haszna lenne, ha tálcán kapnád az összes megoldást, ezért első körben tényleg inkább csak rávezetést adnék, ahogy írtad is az egyik hsz-edben korábban (kivéve a deriválós példáknál, ott egyszerűen nem tudtam a végeredmény leírása nélkül segíteni - ott próbáld meg Te is kiszámolni a deriváltat és vesd össze a két eredményt)

1a) emelj ki az \frac{5n^2-14}{3n^2+356} törtből n2/n2-et, és ekkor már elég könnyű látni, hogy a megmaradó tört hova tart.

1b) emeljünk ki a \sqrt{n^2+5n+1} + \sqrt{n^2+1} kifejezésből \sqrt{n^2}-et, és használjuk ki, hogy n2+5n+1=(n+5/2)2-21/4.

2a) f'(x)=20x3-x-1/2-6.x-3

2b) f'(x)=3x2cos x-x3sin x

2c) gondolom itt az f(x)=\frac{\ln 2x}{e^x} fv.-ről van, szó (bár a leírás nem könnyíti meg a helyzetem), ez esetben f'(x)=(1/x-ln 2x).e-x

3) a_n = \frac{3n-2}{5n+6}= \frac 35 - \frac{28/5}{5n+6}. Ebből nyilvánvaló, hogy a sorozat korlátos (hiszen monoton növekszik), és határértéke 3/5.

4) f páros, ha f(x)=f(-x), páratlan, ha f(x)=-f(-x) minden x-re. A beírt (helyesen f(x)=x2/(1+x2)) függvény két páros függvény hányadosa, tehát páros.

Amúgy ezek a feladatok sokkal inkább az ujjgyakorlatok, mintsem a nehezebb matematikai problémák tárgykörébe tartoznak...

Előzmény: [536] amynna, 2007-06-08 17:35:28
[536] amynna2007-06-08 17:35:28

ime: 1.) Számitsuk ki a sorozatok határértékét:

a./ an= 5n2-14n/3n2+356n b./ an= gyökjeln2+5n+1-gyökjeln2+1

2.) deriválni kell a függvényeket. a.) f(x)= 5x4-2gyökjelx +3/x2 b.) f(x)= x3. cosx c.) f(x)= ln2x/ex

3.) be kell bizonyitani a sorozat korlátosságát, monitását

an= 3n-2/ 5n+6

4.) Mikor mondjuk, egy függvényről, hogy páros ill.páratlan? paritás vizsgálat: f(x)=x2/1+x2

  [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