Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Fórum: Valaki mondja meg!

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]    [31]    [32]    [33]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]    [39]    [40]    [41]    [42]    [43]    [44]    [45]    [46]    [47]    [48]    [49]    [50]    [51]    [52]    [53]    [54]    [55]    [56]    [57]    [58]    [59]    [60]    [61]    [62]    [63]    [64]    [65]    [66]    [67]    [68]    [69]    [70]    [71]    [72]    [73]    [74]    [75]    [76]    [77]    [78]    [79]    [80]    [81]    [82]    [83]    [84]    [85]    [86]    [87]    [88]    [89]    [90]    [91]    [92]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[1261] Róbert Gida2010-07-04 21:26:35

Mi az, hogy legoptimálisabb? Optimálisnál jobb, vagy mi a túró?

Amúgy eddig egyetlen több, mint 80,000-es *városra* oldották meg a TSP-t. A TSP-re egy rakás heurisztika működik, az Eternity 2-nél pedig backtracking-nél nincs nagyon jobb, jelenleg.

Előzmény: [1260] Higgs, 2010-07-04 18:15:55
[1260] Higgs2010-07-04 18:15:55

Üdv! A következő nem világos. Már ismert olyan algoritmus ami több mint 80.000 város legoptimálisabb bejárását megadja, de a 256 darabból álló Eternity 2-őt nem tudta eddig senki megoldani.

[1259] Jedy2010-07-04 17:00:31

Hello Kristóf!

Nem tudom elkérhetném-e az e-mail címedet,hogy néhány kérdéssel zaklassalak?Előre is köszi.

Előzmény: [1258] Huszár Kristóf, 2010-07-04 14:49:09
[1258] Huszár Kristóf2010-07-04 14:49:09

Sziasztok! Most fejeztem be az első évemet az ELTE matematika BSc. szakán és nagyon pozitívak a tapasztalataim. Mindenkinek, aki ilyen irányban gondolkozik csak ajánlani tudom. Szép nyarat :)

[1257] psbalint2010-07-04 09:30:13

A Müncheni Műszaki Egyetem a legjobb műszaki egyetem német nyelvterületen, kivéve az ETH Zürichet.

[1256] vogel2010-07-03 21:40:46

Elég nyilvánvaló, hogy gagyi nem lehet... Mintha a magyar nem lenne (neked) elég színvonalas. (bsc-s tapasztalat nélkül)

Előzmény: [1255] Jedy, 2010-07-03 21:24:17
[1255] Jedy2010-07-03 21:24:17

http://www.ma.tum.de/Studium/Studiengaenge szerintetek a Müncheni Műszaki Egyetem Finane and Actuarial Science és Operations Reseaech képzései magas színvonalat nyújthatnak?Esetleg ezekről valakinek nincsenek információi?

[1254] Róbert Gida2010-07-02 17:45:44

"Ti mit ajánlotok nekem,egy bsc matek szak után"

Msc matek?

Előzmény: [1252] Jedy, 2010-07-02 11:08:47
[1253] psbalint2010-07-02 14:45:13

Szia! Német nyelvterületen nagyon sok helyen találsz Wirtschaftsmathematik BSc képzéseket, angolul Mathematics in Economics. Magyarországon egyértelműen a BCE-KTK-n a Gazdaságelemzés BSc a legjobb ilyen szak. Vagy ami neked talán még jobban tetszene, van az ELTE-n és a BCE-n közös Biztosítási és pénzügyi matematika mesterszak, erre a gazdaságelemzésről és az ELTE matekról is ugyanolyan jó eséllyel pályázhatsz. Ezt német nyelvterületen is megtalálod sok helyen Finanz- und Versicherungsmathematik néven, de míg Magyarországon csak mesterkepzésben van (tudtommal), kint alapképzésben is akad. én ide járok http://www.math.tuwien.ac.at/

[1252] Jedy2010-07-02 11:08:47

Sziasztok!

Igazából az szte-re szeretnék bsc matekra,menni de alapjába véve a közgazdaság érdekel.Ti mit ajánlotok nekem,egy bsc matek szak után mivel érdemes foglalkoznom,hova érdemes tanulni mennem (esetleg külföldön is elsősorban német nyelvterülten)?

[1251] Tóbi2010-07-01 15:27:34

Szerintem itt minden kérdésedre megtalálod a választ.

Előzmény: [1250] Jedy, 2010-07-01 08:46:50
[1250] Jedy2010-07-01 08:46:50

sziasztok!

Merőben új témáról szeretnék kérdezni,hátha valaki nagyobb tudással rendelkezik ezen a téren.Valaki tudja pontosan,hogy kiből is lehet kockázatelemző,és alapjába véve mit is csinál?Bármilyen információt szívesen fogadnék.Köszönöm:)

[1249] Lóczi Lajos2010-06-25 23:26:49

Nem, akkor nem tudunk.

Előzmény: [1248] Fernando, 2010-06-25 18:37:09
[1248] Fernando2010-06-25 18:37:09

Köszönöm!

Másik kérdés: ha a kiválasztási axiómát nem fogadjuk el, akkor is tudunk konstruálni nem L-mérhető halmazt?

Előzmény: [1238] Maga Péter, 2010-06-20 18:09:54
[1247] jonas2010-06-23 12:16:04

Igen, én is zöldségeket írok.

Előzmény: [1246] nadorp, 2010-06-23 08:01:57
[1246] nadorp2010-06-23 08:01:57

Nem Gauss kvadratikus reciprocitás tétel ?

Előzmény: [1243] jonas, 2010-06-22 18:10:40
[1245] S.Ákos2010-06-22 21:32:54

Köszönöm, sikerült (megint) elírnom, amire gondoltam.

Előzmény: [1243] jonas, 2010-06-22 18:10:40
[1244] Róbert Gida2010-06-22 18:38:32

Euler kritérium ellenőrzéséhez nem kell semmilyen prímfelbontást meghatároznod.

Előzmény: [1243] jonas, 2010-06-22 18:10:40
[1243] jonas2010-06-22 18:10:40

Hadd foglaljam röviden össze a helyzetet, mert volt némi keveredés.

Bármilyen p prímre az  x^2 \equiv a \left.\right.(\mod p) kongruencia a számok kb. felére oldható meg (a p-hez nem osztható számoknak pontosan a felére, plusz még a p-vel osztható számokra). Összetett számokra nem ez a helyzet, itt több a számra nem oldható meg a kongruencia, mivel lényegében szétesik több másodfokú kongruenciára minden prímosztóra; hogy hány a-ra van megoldás, az így a p prímfelbontásából könnyen kiszámolható.

A p négyes maradéka abban segít, hogy eldöntsd, konkrétan x2\equiv-1 megoldható-e. Van arra is elmélet, hogyan lehet meghatározni, hogy egy bizonyos a-ra és p-re meg lehet-e oldani a kongruenciát, ehhez „csak” néhány (max (|a|,|p|)-nél kisebb vagy egyenlő) szám prímfelbontását kell tudni kiszámolni. Ebből az is következik, hogy rögzített a-ra és változó p prímekre a megoldhatóság csak p-nek a 4a-s osztási maradékától függ. Ez az Euler-féle kvadratikus reciprocitási tételen alapul, számelmélet kurzuson tanítani szokták, és le van írva a remek Erdős–Surányi-féle Válogatott fejezetek a számelméletből könyvben.

Előzmény: [1242] Róbert Gida, 2010-06-22 13:08:09
[1242] Róbert Gida2010-06-22 13:08:09

Egyre zöldebbeket írtok. Ha például a=1, akkor a kongruencia mindig megoldható, még az sem kell, hogy p prím.

Amúgy a kongruencia pontosan akkor oldható meg, ha a^{\frac {p-1}{2}} \equiv 1 \mod p, illetve, ha a osztható p-vel. (Ez van páratlan p prím esetén, p=2-re mindig van megoldás.) Mellesleg ez az Euler kritérium.

Előzmény: [1241] m2mm, 2010-06-22 10:22:42
[1241] m2mm2010-06-22 10:22:42

szerintem p maradéka mod 4. 4k+1 alakú prímekre mindig megoldható, 4k-1 alakúra nincs megoldás. A tételnek szerintem nincs külön neve.

Előzmény: [1240] Róbert Gida, 2010-06-21 23:28:11
[1240] Róbert Gida2010-06-21 23:28:11

p maradéka mod 4p az ránézésre p. De nem egészen értem a kérdést.

Előzmény: [1239] S.Ákos, 2010-06-21 19:19:55
[1239] S.Ákos2010-06-21 19:19:55

Üdv!

Valaki tudja, hogy mi a neve a következő tételnek: Az x2\equiva(mod p) kongruencia akkor és csak akkor oldható meg (p prím), ha p maradéka egy (mod 4p) meghatározott halmazba tartozik?

[1238] Maga Péter2010-06-20 18:09:54

Sőt, tetszőleges Lp-ben is igaz ez p>1-re (Hunt, nem sokkal Carleson után). A vicces az, hogy disztribúciós értelemben L1-beli függvényhez is konvergál a Fourier-sora, ez nem nehéz, csak a fogalmakat kell ismerni.

Előzmény: [1237] Tassy Gergely, 2010-06-20 15:06:25
[1237] Tassy Gergely2010-06-20 15:06:25

Szia!

Ha van a térben teljes ortonormált rendszer (azaz olyan rendszer, hogy a különböző elemek skalárszorzata 0 és minden elem normája 1), akkor az eszerint vett Fourier-sor konvergens.

Továbbá L2-ben (a négyzetesen integrálható függvények terében) minden Fourier-sor (majdnem mindenütt) konvergens (ez Carleson tétele).

Előzmény: [1236] Fernando, 2010-06-20 14:06:49

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]    [31]    [32]    [33]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]    [39]    [40]    [41]    [42]    [43]    [44]    [45]    [46]    [47]    [48]    [49]    [50]    [51]    [52]    [53]    [54]    [55]    [56]    [57]    [58]    [59]    [60]    [61]    [62]    [63]    [64]    [65]    [66]    [67]    [68]    [69]    [70]    [71]    [72]    [73]    [74]    [75]    [76]    [77]    [78]    [79]    [80]    [81]    [82]    [83]    [84]    [85]    [86]    [87]    [88]    [89]    [90]    [91]    [92]