[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 |
|
|
|
[410] Cckek | 2006-10-16 23:08:44 |
Akkor egyszerűsítek:))Számítsuk ki 100! számjegyeinek a számát. Különben a becslés hibás hisz nem elhanyagolható:))
|
|
[409] Sirpi | 2006-10-16 20:56:42 |
A pontos válasz [log10n!]+1, amivel sokkal nem vagyunk előrébb, viszont igen jó közelítést könnyen lehet adni a Stirling-formula alapján (ez azt mondja ki, hogy ). Eszerint n! számjegyeinek száma kb. n(log10n-log10e), vagyis nagyságrendileg nlog10n.
|
Előzmény: [408] Cckek, 2006-10-16 20:03:44 |
|
[408] Cckek | 2006-10-16 20:03:44 |
Nos jó. Akkor már kitűzhetem a következő kis feladatot: Adjunk képletet mely kiszámítja n! számjegyeinek a számát:))
|
|
|
[406] Sirpi | 2006-10-16 18:47:27 |
Egy szám 10-es alapú logaritmusa mondja meg, hogy hány jegyű, nevezetesen egy N szám jegyeinek száma [log10N]+1, hiszen 1 és 10 között a logaritmus egészrésze 0, a jegyek száma 1. Ugyanígy 10 és 100 közt az egészrész 1, a jegyek száma 2 stb. Most írj N helyére 2n-et, használd fel hogy log ab=blog a és kész. Bocs mindenkitől, ha túlragoztam volna csak nem tudom ennek melyik része lehetett bonyolult :-)
|
Előzmény: [405] Cckek, 2006-10-16 18:36:10 |
|
|
|