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.
[618] PAL2008-05-23 21:20:18

Sziasztok!

Nem tudom, jó témához írom-e kérdésem, de számomra az egyik gyakorlaton kapott alábbi 2 állítás bizonyítása sajnos túlságosan is nehéznek bizonyult, aki tud kérem segítsen. Előre is köszönöm.

[617] jonas2008-05-16 11:43:07

Lásd még A110375

Előzmény: [614] Róbert Gida, 2008-05-13 09:53:04
[616] jonas2008-05-13 12:52:44

Mathematica is a nullára végződő eredményt adja.

Előzmény: [615] jonas, 2008-05-13 09:56:54
[615] jonas2008-05-13 09:56:54

Egyetértek, GAP szerint nulla a vége, de a többi számjegy stimmel. Maple pedig tényleg ezt a másik számot adja. Fura.

Előzmény: [613] Lóczi Lajos, 2008-05-13 08:43:01
[614] Róbert Gida2008-05-13 09:53:04

De nulla. Az érdekes az, hogy a bizonyításához, hogy rossz csak az egyik híres Ramanujan kongurencia kell, eszerint: numbpart(5*k+4)\equiv0 mod 5, így numbpart(11269)=...851\equiv1 mod 5 nem lehet.

Külföldi levelezős fórumon téma. Ez az első rossz particiós szám, de 20000-es indexig még több, mint 10 ilyen van. Ahogy olvatstam a Maple 11-ben is hiba ez. De egy másik programban az ingyenes Pari-Gp-ben is rossz volt sokáig, de ott az első ellenpélda numbpart(52602)-re volt.

Nagy indexre a Rademacher formulával számolják a particiós számot a Pari-ban, nyilván a Mapleben is. Meglepő, hogy mennyire könnyű ezek szerint elrontani a programozását.

Előzmény: [613] Lóczi Lajos, 2008-05-13 08:43:01
[613] Lóczi Lajos2008-05-13 08:43:01

Az utolsó számjegy nem 0?

De hogy találtál erre a számra?

Előzmény: [612] Róbert Gida, 2008-05-13 00:54:57
[612] Róbert Gida2008-05-13 00:54:57

Listaáron Magyarországon 800,000 forintért is árult Maple 9.5 szerint a 11269. partició szám a következő (,az alábbi utasításokkal tudjuk kiprintelni):

with(combinat);

numbpart(11269);

231139177231303975514411787649455628959060199360109972557851519105155176180318215891795874905318274163248033071851

Elhiggyem neki?

[611] Lóczi Lajos2008-03-17 02:12:34

Érdemes még a

http://mathworld.wolfram.com/BarnesG-Function.html

oldal (14)-(15)-ös képleteire is vetni egy pillantást.

Előzmény: [610] Róbert Gida, 2008-03-17 01:41:42
[610] Róbert Gida2008-03-17 01:41:42

Mondjuk az integrált nem tekinteném zártnak. Próbálgatással és Stirling-gel én ezt találtam, bizonyítani nem tudom, hogy ez egy korrekt közelítés, de n=106-ig a legnagyobb hibát n=1-re adja, ott a hiba kisebb, mint 1 ezred.

F(n)=(n+1)\bigg (nlog(n)-n+\frac {log(2\pi n)}{2}+\frac {1}{12n}-\frac {1}{360n^3}+\frac {1}{1250n^5}-\frac{1}{1680n^7}\bigg )+

+\frac {n^2}{4}-\frac {n^2log(n)}{2}-\frac {nlog(n)}{2}-\frac {log(n)}{12}-0.248754477

De nagyon valószínű, hogy n>1200-ra a hiba már kisebb, mint 10-9 mindig. A konstans is érdekes, az ismert inverz szimbólikus konstans kereső sem tud róla.

Előzmény: [606] Lóczi Lajos, 2008-03-16 19:45:07
[609] Lóczi Lajos2008-03-16 22:57:48

Mindenesetre érdemes megfigyelni, hogy az integrandus exponenciálisan lecseng, tehát már kis intervallumon jó közelítés adódik.

Előzmény: [608] Lóczi Lajos, 2008-03-16 22:55:53
[608] Lóczi Lajos2008-03-16 22:55:53

Majd ha valaki definiálja, mi az, hogy zárt formula, kiderítjük, az-e :)

Előzmény: [607] jonas, 2008-03-16 22:11:12
[607] jonas2008-03-16 22:11:12

De ez ugye nem zárt formula?

Előzmény: [606] Lóczi Lajos, 2008-03-16 19:45:07
[606] Lóczi Lajos2008-03-16 19:45:07

Viktor Adamchik mond egy pontos formulát (n tetszőleges komplex szám a jobb félsíkból):

\sum_{k=1}^{n}\ln(k!)=\frac{(n+1)^2}{2}
\left(\ln(n+1)-\frac{3}{2}\right)+
\frac{(n+1)\ln(2\pi)}{2}+\zeta'(-1)-
\int_0^{\infty}\frac{x\ln(x^2+(n+1)^2)}{e^{2\pi x}-1}dx,

ahol \zeta'(-1)=-0.165421143700...

Előzmény: [605] Róbert Gida, 2008-03-16 12:15:57
[605] Róbert Gida2008-03-16 12:15:57

Találjunk olyan zárt formulát, amely \frac {1}{1000}-nél kisebb hibával adja meg az alábbi összeget minden pozitív egész n-re:

\sum_{k=1}^n log(k!)

[604] rizsesz2008-02-05 09:48:28

A legkönnyebb a 3-asával tagolás megoldása - az egyesektől visszabontjuk 3-as blokkokra, és váltakozó előjellel összeadogatjuk őket; pl. 71435 esetében -71+435=364, osztható 7-tel, és az eredeti szám is. ez annak a következménye, hogy 7 1001-nek osztója.

[603] jonas2008-02-05 09:36:40

Nem könnyebb alkalmazni, de könnyebb megjegyezni azt a szabályt, hogy a 10a+b szám osztható 7-tel akkor és csak akkor, ha a-2b osztható 7-tel.

Előzmény: [602] Csimby, 2008-02-05 02:55:01
[602] Csimby2008-02-05 02:55:01

Ha már itt tartunk, van "szabály" 7-re, sőt minden másra is. n:=\overline{a_k...a_1a_0}, ekkor n pontosan akkor osztható 7-tel, hogyha (a0+3a1+2a2+6a3+4a4+5a5)+(a6+3a7+2a8+... kifejezés osztható 7-tel. Ugye ez ugyanolyan típusú szabály mint pl. a 3-mal, 9-cel vagy 11-gyel való oszthatóságé, csak egy bonyolultabb sorozatot (1,3,2,6,4,5) kell hozzá megjegyezni.

Hogy ez miért működik? Azért mert:

100\equiv1 (mod 7)

101\equiv3 (mod 7)

102\equiv2 (mod 7)

103\equiv6 (mod 7)

104\equiv4 (mod 7)

105\equiv5 (mod 7)

106\equiv1 (mod 7) és innentől ismétlődik a sorozat.

Előzmény: [601] sizeref, 2008-02-03 20:24:33
[601] sizeref2008-02-03 20:24:33

Mint irtam nem ezen a pályán vagyok ez nekem hobbi.De pl. 12 jegyű számrol 10-12 sec alatt eldöntöm,hogy osztható e 7-tel vagy sem.Nekem nem a gyorsaság volt a kérdés hanem az, hogy nincs rá szabály,legalább is ezt tanultam.Nekem az nem tetszett. Szóval van pl 3,4,5,6,8,9,11 re van szabály de a 7 kimaradt.Először csak a 7-tel való oszthatóság kérdése foglalkoztatott de aztán rájöttem, hogy minden prímszámra felírható az algoritmusom.Tehát mindenre van megoldás csak keresni kell.Egyenlőre tartozkodom az algoritmus kiírására.

[600] Róbert Gida2008-01-18 20:53:16

p=2-re megnézném az utolsó bitjét, ez O(1) költség a számítógépeken. Ha 0<abs(n)<p, akkor megint triviális a válasz. Továbbá, ha n "nem túl nagy" p-hez képest, akkor tényleg van gyorsabb ismert módszer is, mint a triviális, hogy osztok p-vel és megnézem a maradékot, ez implementálva van a gmp matematikai könyvtárban is, persze nemcsak prímekre működik ez. Ha n sokkal nagyobb, mint p, akkor szerintem nincs gyorsabb módszer, mint a hagyományos, nem is hiszek benne, hogy lenne, így elsőre. De, ha leírod a módszered, akkor meggyőzhetsz.

Előzmény: [599] sizeref, 2008-01-18 18:28:30
[599] sizeref2008-01-18 18:28:30

Sziasztok! Nekem nincs problémám csak van megoldásom.A prímszámokkal való oszthatóságra van két algoritmusom mely eldönti egy adott számról,hogy osztható-e maradék nélkül vagy sem az adott szám pl.7-el.Matematikai biztonyítás is megvan rá,de mivel nem ezen a pályán vagyok nehéz kibontakoznom.Gyakorlatilag minden prímszámra felírható az algoritmus és az egyik az osztási eredményt is megadja anélkül, hogy az adott számot osztanám el az osztóval.Érdekel valakit?

[598] cauchy2007-12-13 23:20:53

http://www.cs.elte.hu/~karatson/funkanal.pdf

[597] Lóczi Lajos2007-12-13 20:23:24

A "hullámjel" nem látszik a "karatson" név előtt.

Előzmény: [596] Lóczi Lajos, 2007-12-13 20:11:52
[596] Lóczi Lajos2007-12-13 20:11:52

Az analízisből ismert, hogy egy függvény folytonossági, illetve szakadási pontjainak halmaza milyen típusú halmaz lehet, l. pl.

http://www.cs.elte.hu/ karatson/funkanal.pdf

Itt a C. 21-es Következmény bizonyítását nézd meg.

A bizonyítás egyszerű, de több, elemi előkészítő lépést igényel.

Előzmény: [595] Gyöngyő, 2007-12-13 16:21:08
[595] Gyöngyő2007-12-13 16:21:08

Sziasztok!

Elírtam a feladatot.Pontosan így szó: Mutassuk meg,hogy nincs olyan függvény,amelyik irracionális pontokban nem folytonos,racionális pontokban folytonos.

Ez hasonló a Riemann-függvényhez,csak ott pont fordítva van.

Üdv.: Zsolt

[594] HoA2007-12-13 10:56:14

Hogy érted, hogy racionális pontokban folytonos? Ha valamilyen racionális x=q0-ban a függvény értéke f(x)=y0\ne0 és itt a függvény folytonos, akkor bármely \epsilon(>0) -hoz megadható olyan \delta(>0) , hogy ha |x-q0|<\delta , akkor |f(x)-f(q0)|<\epsilon Ha \epsilon-t pl. \frac{|y_0|}2 -nek választjuk, akkor q0 ehhez tartozó \pm\delta környezetében a függvény nem lehet 0. Ha elfogadjuk, hogy q0 bármilyen kis környezetében van irracionális pont, ellentmondásra jutunk és készen vagyunk.

Előzmény: [592] Gyöngyő, 2007-12-12 19:37:49

  [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]