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

Fórum: Nehezebb matematikai problémák

  [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]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[428] Gábor52006-10-18 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] nadorp2006-10-18 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 \pi ( 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
[426] Cckek2006-10-18 05:47:02

Nos, a felső határ nem is javítható, az alsó viszont igen. Idézek Lóczi Lajos "A faktoriális alsó- és felső becslései" c. cikkből:1<\frac{n!}{\left(\frac{n}{e}\right)^n\root\of{2\pi n}}\le\frac{e}{\root\of{2\pi}} minden nullától külömböző természetes számra, ahol a c1=1 és c_2=\frac{e}{\root\of{2\pi}} konstansok nem javíthatók. Ezek szerint:\left(n+\frac12\right)lgn-nlge+\frac12lg{2\pi}<lgn!\le\left(n+\frac12\right)lgn-\left(n-\frac12\right)lge+\frac12lge

Előzmény: [422] nadorp, 2006-10-17 16:02:29
[425] jonas2006-10-17 22:22:26

Vagy, ha nem akarjuk kiszámolni 10000!-t explicite, akkor elővehetjük az I. 7. megoldását, és lefuttathatjuk 10000-re.

Előzmény: [418] Lóczi Lajos, 2006-10-17 12:35:51
[424] rizsesz2006-10-17 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] Gábor52006-10-17 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.

[422] nadorp2006-10-17 16:02:29

Nem úgy indultam el. Az általam kapott egyenlőtlenségek az \int_1^n\lg{x}dx integrál alsó és felső becsléséből adódtak.

Előzmény: [421] Cckek, 2006-10-17 15:16:56
[421] Cckek2006-10-17 15:16:56

Gondolom a \left(\frac{n}{e}\right)^n\root\of{ne}<\left(\frac{n}{e}\right)^n\root\of{2\pi n}<\left(\frac{n}{e}\right)^ne\root\of{n}  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
[420] nadorp2006-10-17 14:11:35

Bocsi, a módszer jó, de tényleg elszámoltam ( ui. az nln n-n=(n-1)ln  egyenlőség nálam igaz volt:-). A helyes (???) egyenlőtlenség:

(n+\frac12)\lg{n}-(n-\frac12)\lg{e}<\lg{n!}<(n+\frac12)\lg{n}-(n-\frac12)\lg{e}+\frac12\lg{e}

Előzmény: [419] Hajba Károly, 2006-10-17 12:59:18
[419] Hajba Károly2006-10-17 12:59:18

Valamit elszámolhattál, mert legyen n=50, akkor:

49,5*lg 50=84,099...>.lg (n!)=64,48...

Előzmény: [414] nadorp, 2006-10-17 10:55:33
[418] Lóczi Lajos2006-10-17 12:35:51

Egyszerűen: beírom pl. a Mathematica-ba, hogy 10000!, megnyomom az Entert, várok másfél századmásodpercet, és máris számolhatom, hány 0-ra végződik :)

Előzmény: [417] Cckek, 2006-10-17 12:28:33
[417] Cckek2006-10-17 12:28:33

Nagyon érdekes cikk. Arra viszont kiváncsi vagyok hogy ezek az értékek hogyan lettek kiszámolva? Pl 10000! ?

Előzmény: [415] Lóczi Lajos, 2006-10-17 11:49:17
[416] Cckek2006-10-17 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
[415] Lóczi Lajos2006-10-17 11:49:17

Esetleg idevág "A faktoriális alsó- és felső becslései" c. cikkem a KöMaL 2002. áprilisi számából, ott ilyeneket kiszámoltam.

Előzmény: [414] nadorp, 2006-10-17 10:55:33
[414] nadorp2006-10-17 10:55:33

Nem kell Stirling formula. Ha nem számoltam el, akkor igaz a következő egyenlőtlenség lánc:

(n-\frac12)\lg{n}+\frac12\lg{e}<\lg{n!}<(n-\frac12)\lg{n}+\lg{e}. Ebből következik, hogy

[lg n!] a közrefogó számok egész részeinek egyikével egyenlő, melyek különbsége legfeljebb 1, hiszen \frac12\lg{e}<1

Előzmény: [408] Cckek, 2006-10-16 20:03:44
[413] Sirpi2006-10-17 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
[412] Cckek2006-10-17 05:58:03

Nos ha n=10100 ez a hanyagolás legalább 50 számjegyet jelent. Fülig Jimmy-t idézve:"annyi pénz nincs is...":))

Előzmény: [411] Sirpi, 2006-10-16 23:55:09
[411] Sirpi2006-10-16 23:55:09

Attól függ, mennyire törekszünk pontosságra. A Stirling-formulát is lehet még tovább javítani, csak úgy bonyolultabb képletet kapunk.

Előzmény: [410] Cckek, 2006-10-16 23:08:44
[410] Cckek2006-10-16 23:08:44

Akkor egyszerűsítek:))Számítsuk ki 100! számjegyeinek a számát. Különben a becslés hibás hisz log_{10}(\root\of{2\pi n}) nem elhanyagolható:))

[409] Sirpi2006-10-16 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 n! \sim \sqrt{2\pi n}\left( \frac{n}{e} \right)^n). Eszerint n! számjegyeinek száma kb. n(log10n-log10e), vagyis nagyságrendileg nlog10n.

Előzmény: [408] Cckek, 2006-10-16 20:03:44
[408] Cckek2006-10-16 20:03:44

Nos jó. Akkor már kitűzhetem a következő kis feladatot: Adjunk képletet mely kiszámítja n! számjegyeinek a számát:))

[407] Cckek2006-10-16 19:04:10

Köszi. Ezzel tényleg nem találkoztam de most valóban egyszerűnek tűnik. 10x

Előzmény: [406] Sirpi, 2006-10-16 18:47:27
[406] Sirpi2006-10-16 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
[405] Cckek2006-10-16 18:36:10

Ez honnan? Ha lehetne egy kicsit részletesebben...Köszi.

Előzmény: [404] nadorp, 2006-10-16 15:02:48
[404] nadorp2006-10-16 15:02:48

[nlog102]+1

Előzmény: [403] Cckek, 2006-10-16 14:56:14

  [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]