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

Fórum: Valaki mondja meg!

  [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]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]    [39]    [40]    [41]    [42]    [43]    [44]    [45]    [46]    [47]    [48]    [49]    [50]    [51]    [52]    [53]    [54]    [55]    [56]    [57]    [58]    [59]    [60]    [61]    [62]    [63]    [64]    [65]    [66]    [67]    [68]    [69]    [70]    [71]    [72]    [73]    [74]    [75]    [76]    [77]    [78]    [79]    [80]    [81]    [82]    [83]    [84]    [85]    [86]    [87]    [88]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[1250] Jedy2010-07-01 08:46:50

sziasztok!

Merőben új témáról szeretnék kérdezni,hátha valaki nagyobb tudással rendelkezik ezen a téren.Valaki tudja pontosan,hogy kiből is lehet kockázatelemző,és alapjába véve mit is csinál?Bármilyen információt szívesen fogadnék.Köszönöm:)

[1249] Lóczi Lajos2010-06-25 23:26:49

Nem, akkor nem tudunk.

Előzmény: [1248] Fernando, 2010-06-25 18:37:09
[1248] Fernando2010-06-25 18:37:09

Köszönöm!

Másik kérdés: ha a kiválasztási axiómát nem fogadjuk el, akkor is tudunk konstruálni nem L-mérhető halmazt?

Előzmény: [1238] Maga Péter, 2010-06-20 18:09:54
[1247] jonas2010-06-23 12:16:04

Igen, én is zöldségeket írok.

Előzmény: [1246] nadorp, 2010-06-23 08:01:57
[1246] nadorp2010-06-23 08:01:57

Nem Gauss kvadratikus reciprocitás tétel ?

Előzmény: [1243] jonas, 2010-06-22 18:10:40
[1245] S.Ákos2010-06-22 21:32:54

Köszönöm, sikerült (megint) elírnom, amire gondoltam.

Előzmény: [1243] jonas, 2010-06-22 18:10:40
[1244] Róbert Gida2010-06-22 18:38:32

Euler kritérium ellenőrzéséhez nem kell semmilyen prímfelbontást meghatároznod.

Előzmény: [1243] jonas, 2010-06-22 18:10:40
[1243] jonas2010-06-22 18:10:40

Hadd foglaljam röviden össze a helyzetet, mert volt némi keveredés.

Bármilyen p prímre az  x^2 \equiv a \left.\right.(\mod p) kongruencia a számok kb. felére oldható meg (a p-hez nem osztható számoknak pontosan a felére, plusz még a p-vel osztható számokra). Összetett számokra nem ez a helyzet, itt több a számra nem oldható meg a kongruencia, mivel lényegében szétesik több másodfokú kongruenciára minden prímosztóra; hogy hány a-ra van megoldás, az így a p prímfelbontásából könnyen kiszámolható.

A p négyes maradéka abban segít, hogy eldöntsd, konkrétan x2\equiv-1 megoldható-e. Van arra is elmélet, hogyan lehet meghatározni, hogy egy bizonyos a-ra és p-re meg lehet-e oldani a kongruenciát, ehhez „csak” néhány (max (|a|,|p|)-nél kisebb vagy egyenlő) szám prímfelbontását kell tudni kiszámolni. Ebből az is következik, hogy rögzített a-ra és változó p prímekre a megoldhatóság csak p-nek a 4a-s osztási maradékától függ. Ez az Euler-féle kvadratikus reciprocitási tételen alapul, számelmélet kurzuson tanítani szokták, és le van írva a remek Erdős–Surányi-féle Válogatott fejezetek a számelméletből könyvben.

Előzmény: [1242] Róbert Gida, 2010-06-22 13:08:09
[1242] Róbert Gida2010-06-22 13:08:09

Egyre zöldebbeket írtok. Ha például a=1, akkor a kongruencia mindig megoldható, még az sem kell, hogy p prím.

Amúgy a kongruencia pontosan akkor oldható meg, ha a^{\frac {p-1}{2}} \equiv 1 \mod p, illetve, ha a osztható p-vel. (Ez van páratlan p prím esetén, p=2-re mindig van megoldás.) Mellesleg ez az Euler kritérium.

Előzmény: [1241] m2mm, 2010-06-22 10:22:42
[1241] m2mm2010-06-22 10:22:42

szerintem p maradéka mod 4. 4k+1 alakú prímekre mindig megoldható, 4k-1 alakúra nincs megoldás. A tételnek szerintem nincs külön neve.

Előzmény: [1240] Róbert Gida, 2010-06-21 23:28:11
[1240] Róbert Gida2010-06-21 23:28:11

p maradéka mod 4p az ránézésre p. De nem egészen értem a kérdést.

Előzmény: [1239] S.Ákos, 2010-06-21 19:19:55
[1239] S.Ákos2010-06-21 19:19:55

Üdv!

Valaki tudja, hogy mi a neve a következő tételnek: Az x2\equiva(mod p) kongruencia akkor és csak akkor oldható meg (p prím), ha p maradéka egy (mod 4p) meghatározott halmazba tartozik?

[1238] Maga Péter2010-06-20 18:09:54

Sőt, tetszőleges Lp-ben is igaz ez p>1-re (Hunt, nem sokkal Carleson után). A vicces az, hogy disztribúciós értelemben L1-beli függvényhez is konvergál a Fourier-sora, ez nem nehéz, csak a fogalmakat kell ismerni.

Előzmény: [1237] Tassy Gergely, 2010-06-20 15:06:25
[1237] Tassy Gergely2010-06-20 15:06:25

Szia!

Ha van a térben teljes ortonormált rendszer (azaz olyan rendszer, hogy a különböző elemek skalárszorzata 0 és minden elem normája 1), akkor az eszerint vett Fourier-sor konvergens.

Továbbá L2-ben (a négyzetesen integrálható függvények terében) minden Fourier-sor (majdnem mindenütt) konvergens (ez Carleson tétele).

Előzmény: [1236] Fernando, 2010-06-20 14:06:49
[1236] Fernando2010-06-20 14:06:49

Kiestem a gyakorlatból, ezért egyszerű analízisbeli kérdésekkel fogok fordulni Hozzátok.

Fourier-sorokra néhány egyszerű konvergencia-kritériumot tudnátok adni?

(A félérintős elegendő feltételre és a Fejér-féle szigma összegzésre emlékszem alapkollégiumról)

Köszönöm!

[1235] Maga Péter2010-06-06 20:30:38

Nem lehet véletlen, hogy Tao ilyen szintű problémákat soha nem feszeget a blogján...

Előzmény: [1234] Róbert Gida, 2010-06-06 14:49:00
[1234] Róbert Gida2010-06-06 14:49:00

"Páratlan számok prímtényezői csak páratlan számok lehetnek. Bizonyította ezt már valaki tételként?"

Nagyon mély sejtésnek tűnik. Kérdezd meg talán bily71-et a Goldbach sejtéses topikban!

Előzmény: [1228] Zilberbach, 2010-06-06 10:24:13
[1233] Fernando2010-06-06 13:07:47

"Hol a hiba a fenti statisztikában?"

Azt gondolom, hogy ott, hogy itt a relatív gyakoriságokat nincs értelme használni, mert végtelen/végtelen alakú határozatlan kifejezésre vezetnek.

Előzmény: [1226] Zilberbach, 2010-06-06 08:07:06
[1232] Fernando2010-06-06 12:51:07

Pontosan!

Előzmény: [1231] Hosszejni Darjus, 2010-06-06 12:06:37
[1231] Hosszejni Darjus2010-06-06 12:06:37

és még meglepőbb: ugyanannyi n-nel osztható szám van, mint racionális (n legyen egész) :)

[1230] Fernando2010-06-06 11:43:59

"Gyakorlati jelentősége talán az lenne, hogy a gyors prímtényezős fölbontás algoritmusának valószínűleg úgy kellene kezdődnie, hogy a páros számokat addig kell osztani 2-vel, amíg egy páratlan számot nem kapunk, illetve (azután) a páratlan számok prímtényezőit csak a páratlan számok között kell keresni." Igen, ezt így is szokás csinálni!

Mondok valami meglepőt: páros számból éppen ennyi van, mint egészből! ;)

Előzmény: [1228] Zilberbach, 2010-06-06 10:24:13
[1229] pelike2010-06-06 11:08:38

Az 1226-os hsz-edben bizonyítottad! ;-)

Előzmény: [1228] Zilberbach, 2010-06-06 10:24:13
[1228] Zilberbach2010-06-06 10:24:13

Úgy gondolom igazad van Jonas.

Én is hasonló gondolatra jutottam, és ezzel kapcsolatban jutott eszembe az alábbi sejtés:

Páratlan számok prímtényezői csak páratlan számok lehetnek.

Bizonyította ezt már valaki tételként?

Gyakorlati jelentősége talán az lenne, hogy a gyors prímtényezős fölbontás algoritmusának valószínűleg úgy kellene kezdődnie, hogy a páros számokat addig kell osztani 2-vel, amíg egy páratlan számot nem kapunk, illetve (azután) a páratlan számok prímtényezőit csak a páratlan számok között kell keresni.

Előzmény: [1227] jonas, 2010-06-06 09:50:36
[1227] jonas2010-06-06 09:50:36

Az a hiba, hogy a páros számok nincsenek ugyan többen, de általában többféleképpen írhatók fel két szám szorzataként, mint a páratlanok, mert általában több prímtényezőjük van.

Előzmény: [1226] Zilberbach, 2010-06-06 08:07:06
[1226] Zilberbach2010-06-06 08:07:06

A prímszámok kivételével minden szám fölírható két (másik) szám szorzataként.

1. Két páros szám szorzata páros számot ad.

2. Páros-páratlan szorzata páros számot ad.

3. Páratlan-páros szorzata páros számot ad.

4. Páratlan-páratlan szorzata páratlan számot ad.

Föntiekböl statisztikát készítve: háromszor annyi páros szám van mint páratlan - ami nyivánvalóan nem igaz.

(Mondhatnák, hogy a páros-páratlan szimmetriát a prímszámok billentik helyre, mert a 2 kivételével mind páratlan, de ez sem igaz mert a nagy számok felé haladva a prímszámok előfordulása egyre ritkább, a páros-páratlan szimmetria viszont a természetes számok sorában egyenletesen fönáll.)

Hol a hiba a fönti statisztikában?

Előzmény: [1224] HoA, 2010-06-05 20:37:15

  [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]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]    [39]    [40]    [41]    [42]    [43]    [44]    [45]    [46]    [47]    [48]    [49]    [50]    [51]    [52]    [53]    [54]    [55]    [56]    [57]    [58]    [59]    [60]    [61]    [62]    [63]    [64]    [65]    [66]    [67]    [68]    [69]    [70]    [71]    [72]    [73]    [74]    [75]    [76]    [77]    [78]    [79]    [80]    [81]    [82]    [83]    [84]    [85]    [86]    [87]    [88]