[2320] rizsesz | 2007-09-20 14:23:48 |
és akkor egyúttal a szitaformulával is ez jön ki?
|
|
|
[2318] Sirpi | 2007-09-20 13:10:39 |
Mármint n=0-tól megy az indexelés, nem? Viszont jelen esetben tényleg igaz, hogy ann!/e, hiszen a 0. és első tag összege: (-1)0/0!+(-1)1/1!=1-1=0, tehát tényleg elég a 2. tagtól összegezni.
|
Előzmény: [2316] nadorp, 2007-09-20 13:07:02 |
|
|
|
[2315] rizsesz | 2007-09-20 12:54:28 |
Köszönöm mindkettőtöknek, tetszenek. Egyébként ez a rekurzió a következő feladatnál került elő: Hányféleképpen lehet sorba rakni az 1, 2, ... n számokat, hogy semelyik se a saját értékének megfelelő helyen szerepeljen? Erre jött ki, hogy n= 2, 3, 4, 5 értékére 1, 2, 9, 44 a sorbarendezések száma, és ez összhangban van a rekurzióval (csak még ki kéne találni a származtathatóságot). Egyébként kedves nadorp, a talált képlet nem Taylor-sora semminek?
|
Előzmény: [2314] nadorp, 2007-09-20 11:26:51 |
|
[2314] nadorp | 2007-09-20 11:26:51 |
Tehat, a1=0,a2=1 és an+1=n(an+an-1) ( Ekkor persze a3=2, mint az eredeti kiírásban).
Legyen . Ekkor b1=0, .
, azaz
. Innen indukcióval
.
Ha most a fenti összefüggést elvégezzük k=2,3,...(n+1) értékekre és összeadjuk ezeket, akkor
, azaz
|
Előzmény: [2312] rizsesz, 2007-09-20 09:14:10 |
|
|
|
|
[2310] rizsesz | 2007-09-20 08:50:54 |
Te ezt írtad: a4=(a2+a3)(3-1)=(1+2)*2=6. Én ezt: a4=(a2+a3)(4-1)=(1+2)*3=9. Az indexálással tolódik az n-1-es szorzó is.
|
|
|
|
[2307] rizsesz | 2007-09-20 08:06:28 |
Fontosak az alsó indexek. Itt a4=9.
|
|
|
[2305] rizsesz | 2007-09-19 22:49:04 |
Sziasztok. Meg tudnátok mondani az a2=1, a3=2 an+1=(an+an-1)*(n-1) rekurzió megoldását mondani?
|
|
|
|
|
[2301] BohnerGéza | 2007-09-19 09:35:31 |
Szerintem a fehér pontok esetén sem általános, hanem hegyesszögű háromszöget kapunk! Vége! Talán az AB-n van C, akkor nem hegyes-, nem derék- és nem tompaszögű az ABC.
|
Előzmény: [2299] jonas, 2007-09-18 23:01:11 |
|
[2300] SmallPotato | 2007-09-19 07:19:19 |
Örömmel látom, hogy esetenkénti bénázásom mily mély matematikai alapokon nyugszik. :-)
Soha nem jutott eszembe, hogy vizsgáljam az okokat ... de az ábra és a kommentár valóban meggyőző!
|
Előzmény: [2299] jonas, 2007-09-18 23:01:11 |
|
[2299] jonas | 2007-09-18 23:01:11 |
Igen, ismert tétel, hogy általános háromszöget nehéz rajzolni. Reiman tanár úr ezt a következő módon bizonyította.
Rögzíthetjük a háromszög két csúcsát, mivel hasonlóság erejéig nem változtat a feladaton. Nézzük meg, hova rakhatjuk a harmadik pontot. A piros területek ki vannak zárva, mivel akkor tompaszögű lenne a háromszög. Ki van zárva az őket határoló piros vonalak környéke is, hiszen akkor majdnem derékszögű lenne a háromszög. A kék vonalak környéke pedig azért van kizárva, mert akkor majdnem egyenlőszárú lenne a háromszög. Nagyon magasra sem érdemes rakni a csúcsot, mert akkor csúnyán megnyúlt háromszöget kapunk, amit ráadásul könnyebben lehet egyenlőszárúnak nézni, mivel két oldala közel azonos hosszú.
Az pedig látható, hogy így nem marad sok hely, ahova a harmadik pontot le lehetne tenni.
|
|
Előzmény: [2295] SmallPotato, 2007-09-18 19:42:39 |
|
[2298] jonas | 2007-09-18 22:23:50 |
Egyébként nem az otthoni gépemen fut, noha az is elég jó gép, de az egyetem kétszer két magos AMD procis gépe gyorsabb.
|
|
[2297] jonas | 2007-09-18 22:21:41 |
Érdekes.
Nekem most már csak azt kell ellenőriznem, hogy a heurisztikusan közelítő programom, ami a [2279] hozzászólás tizenháromjegyű megoldásait találta, minden megoldást megtalált-e (eltekintve az ismétlésektől).
Ez a program úgy működött, hogy az x=a(10m-1)/b kifejezésbe helyettesített be olyan kis számokat, ahol m osztja b-1-et, majd ellenőrizte a kapott x-et.
Elég sok megoldást megadott, a legtöbbet sokféle paraméterekkel újra meg újra.
|
Előzmény: [2296] Sirpi, 2007-09-18 19:59:47 |
|
[2296] Sirpi | 2007-09-18 19:59:47 |
Na, megvan az összes megoldás, a gép pihenhet (és végre Nektek se kell tovább olvasgatnotok a fejtegetéseimet :-) )
Szóval odáig jutottam, hogy , és 2kb9
Tegyük fel, hogy adott k-ra van megfelelő b és m. Ekkor
Ha a 10k-1 prím, akkor olyan m kell, amire 10mk(mod10k-1), de ekkor 10m+110k1(mod10k-1). Vagyis ha m+1-esével növelem a kitevőt, akkor mindig új megoldásokat kapok, és azt is könnyű látni, hogy ezek mind az alapmegoldás egymás után írásai lesznek, hiszen
és itt az utolsó tényezó kivételével épp az alapmegoldás van felírva, az utolsó tényező pedig 100...0100...01...100...01 alakú, így a vele való szorzás épp az egymás után írást eredményezi,
Ezzel tehát elintéztük a k=9 (10k-1=89), k=8 (79), k=6 (59), k=3 (29), és k=2 (19) eseteket.
Konkrétan a megoldások (a kitevők onnan jönnek, hogy megkerestem a 10mk legkisebb megoldását) (l=1,2,...):
Marad még a k=7 (69), 5 (49) és 4 (39). A 7 és a 4 egyszerűbb, ugyanis ott az első olyan m index, ahol 10m-k osztható 23-mal illetve 13-mal, egyúttal osztható 69-cel, illetve 39-cel is, tehát ezek a megoldások ugyanolyanok, mint amit a prímeknél kaptunk:
A legérdekesebb a k=5 eset, ugyanis ott 49 a nevező, ezért előfordulhat, hogy a 10m-5 is osztható 7-tel, és b=7. Ezek a köv. megoldások:
És van az az eset, mikor 10m-5 osztható 49-cel, ebből a következő megoldások adódnak:
Ez lenne tehát az összes megoldás, és igérem, leszálltam a feladatról.
|
Előzmény: [2291] Sirpi, 2007-09-18 17:27:20 |
|