Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?
A régi honlapot akarom!!! :-)

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.
[467] Tewu2006-12-07 21:19:28

te valami nagyon okos ember lehetsz köszi szépen :D

[466] rizsesz2006-12-07 21:17:59

x+y=xy=x/y. a második kettőből y négyzete 1, tehát y=1 vagy -1. ha y = 1, akkor pl. az 1. 2 egyenletből x+1=x, ennek nincsen megoldása, ha pedig y=-1, akkor x-1=-x, x=0,5. az egyetlen megoldás a (0,5;-1), x és y szerepe felcserélhető.

[465] Tewu2006-12-07 21:16:02

Sziasztok! 2 szám összege, szorzata és hányadosa megeggyezik. Melyik ez a 2 szám? lécci lécci valaki segítsen még ma kéne :) köszii előre is jah és eggyenletben kéne felírni

[464] .2006-12-03 12:04:34

Köszi

Előzmény: [463] Lóczi Lajos, 2006-12-02 20:40:10
[463] Lóczi Lajos2006-12-02 20:40:10

Pl. itt olvashatsz róluk.

Előzmény: [462] ., 2006-12-02 20:08:36
[462] .2006-12-02 20:08:36

Köszi Ági! Nem tudsz a neten olyan helyet ahonnan le lehet tölteni különböző típusú diffegyenletek megoldásait?

Előzmény: [461] ágica, 2006-12-02 13:12:07
[461] ágica2006-12-02 13:12:07

Ez egy lineáris diffegyenlet (azaz y'(x)-f(x)y(x)=g(x) alakú), amit úgy oldunk meg, hogy először megkeressük a homogén megoldásokat, azaz az y'(x)-f(x)y(x)=0 egyenlet megoldásait: y_{h}(x)=ce^{-\int{f}}=ce^{3x} (c valós konstans). Aztán keresünk egy partikuláris megoldást a következő alakban: yp(x)=c(x)e3x (állandók variálásának módszere). Ezt behelyettesítve az eredeti egyenletbe kapjuk, hogy c'(x)=(2x)/(e3x), ahonnan c(x)=-(2+6x)/(9e3x), tehát yp(x)=-(2+6x)/9. Így a diffegyenlet megoldása: y(x) = yh(x)+yp(x) = ce3x-(2+6x)/9.

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

  [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]