|
| [258] Hajba Károly | 2004-02-19 00:42:09 |
 Kedves Lajos!
A "pontos érték" alatt én is olyasvalamire gondoltam, mint gubbubu; vagy például képlet alatt olyanra, mint a másodfokú megoldóképlet, tehát véges lépésben kifejezhető érték. Feltehetően nem pontosan fogalmaztunk.
De azt javaslom, hogy ezirányú pontosításokat ne folytassuk, mivel ilyen - fent vázolt módon kifejezhető formában - feltehetően nem létezik, másrészről a feladatot természetesen megoldotnak tekintem én is. :o)
HK
|
| Előzmény: [256] Lóczi Lajos, 2004-02-18 02:53:55 |
|
| [259] Lóczi Lajos | 2004-02-19 04:32:18 |
 Kedves Onogur!
Még utoljára hadd reagáljak én is a kérdésre. Persze, én is hasonlóra gondoltam a "képlet" szó hallatán---arra a néhány "önkényesen" kijelölt függvényre (pl. szinusz, logaritmus, négyzetgyök, stb.), melyeket "legtöbbször" használunk, illetve ilyenekből (véges sok lépésben ?) a függvényműveletekkel (pl. alapműveletek, kompozíció, inverz, stb.) készíthető függvényekre.
A "véges lépésben kifejezhetőség" kérdését és a másodfokú egyenlet megoldóképletét nézhetjük azonban a következő nézőpontból is: pl. már az x2=2 (x>0) egyenlet megoldása, azaz  sem fejezhető ki racionális számokkal és véges sok alapművelettel; természetesen a határérték felhasználásával (és végtelen sok racionális szám felhasználásával) már kifejezhető. De ugyanígy van a 10x=2 egyenlet valós megoldásával is: a log102 kifejezést sem lehet a határérték fogalmának mellőzésével véges sok racionális számból megkonstruálni. (Limesz segítségével persze könnyen definiálható pl. a logaritmus hatványsora és így a log102 szám is.) Ugyanez a helyzet tehát minden irracionális számmal, hiszen irracionális számokat "konstruálni" csak már valami meglévő "anyagból", pl. a racionális számokból lehet.
Már az is szerencsének számít szerintem, hogy egy "véletlenszerűen" felírt nemlineáris egyenletnek egyáltalán kifejezhető a megoldása a "megszokott", elemi függvények segítségével (és határértékképzéssel).
Ilyen típusú tételekkel, kérdésfelvetéssel egyébként a primitívfüggvény-keresés (azaz határozatlan integrálás) elméletében foglalkoznak, meg lehet kérdezni pl., hogy egy adott függvénynek a (bizonyíthatóan létező) primitív függvénye egy adott függvényosztályban van-e: pl. jól ismert, hogy az x e-x2 függvény primitív függvénye "nem elemi" függvény, azaz a "szokásos" képletekkel nem "fejezhető ki". Ennek ellenére egyszerű hatványsorral (ismét határértékképzés!) minden további nélkül előállítható a primitív függvénye. (És ha tetszik, be is vezethetünk erre egy új nevet, ahogyan ezt szokták is (valójában a függvény konstansszorosát nevezik el): legyen ez az ún. hibafüggvény, és jelöljük az erf(x) jellel. Ezzel aztán ugyanúgy számolhatunk, mint pl. a log(x) függvénnyel...tehát a történetnek sosem lehet vége.)
|
| Előzmény: [258] Hajba Károly, 2004-02-19 00:42:09 |
|
| [260] Gubbubu | 2004-02-19 20:16:44 |
 Kedves Fórum!
A következő feladatot azoknak ajánlom, akik az itteni versenyszintű feladatokat túl nehéznek, de a "darálós" matematikafeladatokat (pl. zöld könyv) túl könnyűnek érzik.
59. fa.: Oldjuk meg a
egyenletet, (x,y) R2
|
|
|
|
| [263] Gyuri | 2004-02-23 15:19:09 |
 Kedves Fórumosok!
Íme egy újabb feladat:
60. feladat: András és Béla játszák a következő játékot: András az 1,2,...,18 számokat felírja 3 db, kezdetben számozatlan dobókocka lapjaira, minden lapra pontosan egy számot. Ezután Béla választ egy kockát e három közül, persze a választás előtt kedvére tanulmányozhatja őket. András a megmaradt két kocka közül választ, majd rátérnek a játék fő részére. Dobnak mindketten a saját kockájukkal, és a nagyobb számot dobó elnyer egy forintot a másiktól. Így dobálgatnak a kockáikkal, minden lépésben a sajátjukkal. Kérdés: kinek a helyében érdemes játszani? mennyire éri meg?
Üdv: Gyuri
|
|
| [264] Hajba Károly | 2004-02-24 21:05:58 |
|
60. feladathoz:
Ha András úgy ossza ki a számokat a dobókockák között, hogy az egyik kocka oldalösszege nagyobb, mint a többin, akkor Béla ezt választva hosszútávon elönyt élvezhetne, mivel magasabb átlagpontot érne el vele. Amennyiben mindhárom kockán egyenletesen vannak elosztva a számok, azaz egy-egy kockán található számok összege 57-57, teljesen mindegy a választott kockán lévő számok értéke, hosszútávon kiegyenlítődik a játék. A teljesen egyenletes eloszlás miatt úgy kell a kiosztást elvégezni, hogy egy-egy kocka két-két ellentétes oldalán található számok összege 19 legyen.
Ezzel a taktikával mindegy, hogy ki kezd és véletlenszerű a különbség.
HK
|
| Előzmény: [263] Gyuri, 2004-02-23 15:19:09 |
|
| [265] Sirpi | 2004-02-25 10:47:37 |
 Sajnos ez az érvelés hibás... Tegyük fel, hogy van két kockánk, egyiken 0, 0, 0, 0, 0, 100000 számok vannak, a másikon 1,1,1,1,1,1 számok. Melyik kocka a jobb? A másodikkal 5/6 eséllyel nyerek az első ellen, pedig az összeg (átlag) kisebb rajta.
S
(Imserem a megoldást, de csöndben maradok...)
|
| Előzmény: [264] Hajba Károly, 2004-02-24 21:05:58 |
|
| [266] Sirpi | 2004-02-25 10:52:29 |
|
Az előző példám nagyon sarkított, és természetesen nem fér bele a feladat kereteibe (1-18-ig terjedő, különböző számok), de rávilágít valamennyire a dologra...
S
|
| Előzmény: [265] Sirpi, 2004-02-25 10:47:37 |
|
