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] [89] [90] [91] [92] [93]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[1909] jonas	2014-02-10 13:43:41
Lásd A073833, ami ad egy közelítő képletet.
Előzmény: [1908] mihtoth, 2014-02-10 13:11:29

[1908] mihtoth	2014-02-10 13:11:29
Adott az alábbi rekurzió: a(n+1)=a(n)+1/a(n) Hogyan lehet megadni az n-ik tag kiszámításának képletét, ha ismerjük az első tagot?

[1907] HoA

2013-11-05 16:07:53

A "működés" magyarázata az, hogy ha egy négyjegyű N számról megállapítom, hogy egy 10k szám négyzeténél nagyobb, akkor valamilyen (10k+x) négyzete lesz vagy nagyobb, N $\ge$ 100k²+20kx+x² . Levonva k² -et N-100k² $\ge$ 20kx+x²=(20k+x)x Amikor a "72 alá írom és levonom a 64-et és leveszem a következő két számjegyet", akkor tkp. 7225 - ből vonom ki a 6400-at. Ennek kell egyenlőnek ( vagy nagyobbnak ) lenni mint (20k+x)x , vagyis (160+x)*x. Több jegyre a gondolatmenet folytatható.

A leíráshoz két javítás:

Nem balról jobbra, hanem jobbról balra kell kettes csoportokra osztani a szám jegyeit. Páros számú számjegynél, mint itt is, mindegy, de 37225 négyzetgyökének számítását nem a 37-tel kell kezdeni, hanem 3-mal.

A "mutató" keresése úgy hogy letakarom az utolsó számot, csak tájékoztató, nem biztos hogy megfelel. Például ha egy számításban odáig jutok, hogy 815:16x*x -et kell vennem, akkor a letakarás [81/16] = 5-öt ad, de 165*5 > 815, tehát csak 4-et vehetek.

Előzmény: [1906] epszi, 2013-11-04 21:07:18

[1906] epszi

2013-11-04 21:07:18

Az lenne a kérdésem, hogy miért működik ez a gyökvonásos trükk? $\sqrt{7225}=?$ (ezt a változatot az internet bugyraiból kerestem, de magát a módszert Arthur Benjamin Fejszámolás c. könyvében olvastam.)

7225 négyzetgyökének kiszámítása papíron:

Balról jobbra haladva veszem az első két számot és megnézem melyik az a legnagyobb szám amelynek a négyzete megvan a hetvenkettőben.

72'25=

Az a szám a 8 mert 8-nak a négyzete 64 . Leírom az egyenlőség jel után a 8-t és leírom a hetvenkettő alá a 8 négyzetét (64).

72'25=8 64 A 64-et kivonom a 72-ből és leveszem a következő két számjegyet.

72'25=8 (hányados) 72'25=8 (hányados) 64 64 08 (maradvány) 825

A kapott számjegyet ( 825) elosztom a hányados kétszeresével (16) úgy, hogy letakarom az utolsó számjegyet (5-t) és megnézem hányszor van meg a kapott értékben (82-ben). Ahányszor megvan az lesz a hányados mutatója. A mutató az öt lesz, mert 82-ben a tizenhat megvan 5-ször. 72'25=8 64 825:16 (82:16=5)

A hányados mutatót leírom a hányados kétszerese után (165 lesz) és ezt az értéket megszorzom a hányados mutatójával (5). 72'25=8 72'25=8 64 64 825:16 825:165*5

A kapott értéket kivonom a maradványból(825). Ha a szorzat értéke az a legnagyobb szám amely még megvan a 825-ben, akkor A hányados mutató értékét felírom a hányadosba.

72'25=85 Tehát a 7225- nek a négyzetgyöke 85 64 825:165*5 ( 165*5=825) 825 000 Ha a maradék nem nulla, akkor a hányadosban kiteszem a tizedesvesszőt és leveszem a következő két számot.

[1905] Viking	2013-10-14 17:24:08
Nagyon jó példa, köszönöm szépen!
Előzmény: [1904] n, 2013-10-14 17:12:13

[1904] n	2013-10-14 17:12:13
Legegyszerűbb cáfolat: a csupa 5-ös négyzetre 45 az összeg, de mégse szabályos a sudokuban. És ugyebár 1 ellenpélda tökéletesen elég az állítást cáfolni.
Előzmény: [1903] Viking, 2013-10-14 16:43:09

[1903] Viking

2013-10-14 16:43:09

Sziasztok!

Matematikus gondolkodással ki, hogyan tudja igazolni vagy cáfolni... Egy 9x9-es sudoku tábla helyes kitöltéséhez elegendő feltétel-e, hogy minden sor, minden oszlop, illetve minden egyes "kis" négyzet esetén igaz, hogy a benne lévő számjegyek összege 45?

[1902] w

2013-10-13 20:30:14

1. $y=\frac{2x+3}{4x+5}$ --> 4xy+5y=2x+3, x(4y-2)=3-5y, $x=\frac{3-5y}{4y-2}$ . Tehát $f^{-1}(x)=\frac{3-5x}{4x-2}$ . Kérdés, hogy mi az értelmezési tartomány?

2. Emeld az első egyenletet $\frac1{\sqrt y}$ -odik hatványra, majd helyettesíts a második egyenletbe.

3. A második egyenletből megkapod x+y-t, fejezd ki y-t, majd írd bele az elsőbe.

Előzmény: [1901] koma, 2013-10-13 19:30:11

[1901] koma

2013-10-13 19:30:11

Sziasztok,

ha valaki tud, kérem segítsen az alábbi feladatok megoldásában:

1, az alábbi függvények mi az inverze ?: $f(x)= \frac{2x+3}{4x+5}$

2, Oldjuk meg a következő egyenletrendszert:

$x^\sqrt y$ =y

$y^\sqrt y$ =x⁴

3, Oldjuk meg a következő egyenletrendszert:

64^2x+64^2y=12

$64^{x+y} = 4 \sqrt 2$

Köszönöm szépen a segítséget

[1900] Inverz	2013-10-11 19:40:39
Köszönöm a segítséget!

[1899] w

2013-10-11 19:26:43

Legyen a szóban forgó háromszög $ABC_\Delta$ , oldalai a,b,c, szögei $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ . Legyen a gondolt belső pont P, melynek távolsága a BC, CA, AB oldaltól x,y,z. P tükürképét a BC, CA, AB oldalra A_P, B_P, C_P jelöli.

Az A_PB_PC_P $\Delta$ területe PA_PB_P, PB_PC_P és PC_PA_P területösszege. Például PA_PB_P területe

$\frac{PA_P\cdot PB_P\cdot\sin(\pi-\gamma)}{2}=\frac{2x\cdot2y\cdot\sin\gamma}2=2xy\sin\gamma$ , a többi háromszög területe hasonlóan kapható. Ezt a területösszeget $\frac{c}{2\sin\gamma}$ konstanssal megszorozva, a szinusztétel szerint F:=xyc+yza+zxb adódik. Ezt szeretnénk maximalizálni ax+by+cz=2^.T_ABC=k konstans kitétel mellett. Innen már csak algebra.

Előzmény: [1898] Inverz, 2013-10-11 11:37:18

[1898] Inverz	2013-10-11 11:37:18
Egy feladat megoldásában szeretnék segítséget kérni. Az 1976-os matematika OKTV 2. fordulójában az 1. feladat volt a 3. kategóriás diákoknak: Adott egy háromszög. Határozzuk meg a belsejében - esetleg valamelyik oldalán - azt a pontot, amelynek az oldalakra vonatkozó tükörképei által meghatározott háromszög területe maximális!

[1897] w	2013-10-06 09:06:07
Melyik feladat bizonyításához akarod ezt felhasználni?
Előzmény: [1888] Sinobi, 2013-10-05 13:15:24

[1896] w	2013-10-06 09:02:37
Aha. Jó, akkor racionálisokra legalább már működik :).
Előzmény: [1895] Sinobi, 2013-10-06 00:23:47

[1895] Sinobi	2013-10-06 00:23:47
d is, és a1-A1/N is 1/N közelében vannak. Ez így nem lesz jó.
Előzmény: [1894] w, 2013-10-05 22:43:17

[1894] w

2013-10-05 22:43:17

Ha valaki talál hibát, szóljon, még kezdő vagyok ebben a műfajban.

Nézzük először racionális számok esetén.

Legyenek a számok (bővített nevezővel): $\frac{A_i}N$ i=1,2,...,n. Ezekhez egy olyan d-t fogunk megadni, melyre $d=\frac1N+\phi$ . A $\phi$ >0 számot később fogjuk megadni.

Ugyanis ekkor $\frac{A_i}N=A_i\cdot (\frac1N+\phi)-A_i\phi=A_id-A_i\phi$ . Azt szeretnénk, hogy $\frac{A_i}N$ mod d, azaz d-A_i $\phi$ akármilyen közel legyen a d-hez, vagyis

$\frac{d-A_i\phi}d=1-\frac{A_i\phi}{\frac1N+\phi}>1-\epsilon$

akármilyen kicsi $\epsilon$ >0 esetén fennállhasson, alkalmas $\phi$ esetén. Azaz minden pici $\epsilon$ -hoz létezik olyan $\phi$ , hogy ... Kifejezzük $\phi$ -t:

$\frac{NA_i\phi}{1+N\phi}<\epsilon$

NA_i $\phi$ < $\epsilon$ + $\epsilon$ N $\phi$

N $\phi$ (A_i- $\epsilon$ )< $\epsilon$

$\phi<\frac{\epsilon}{N(A_i-\epsilon)}$

Tehát ekv. egyenlőtl. miatt minden $\epsilon$ -hoz van olyan $\phi$ , hogy. Ugyanis véges sok egyenlőtlenséget vezettünk le, i=1,2,...,n-re.

Például, ha kapom, hogy $\frac26$ , $\frac36$ , $\frac56$ , $\frac86$ , akkor mondjuk $\epsilon$ =0.1-hez $\phi$ =0,002 jó választás lesz.

Amikor irracionális számokkal dolgoztam, akkor iszonyatos pontossággal közelítek. Azaz, veszek akármilyen nagy pontosságot minden a_i esetén --> p_i/q_i rac. számok, de ezek pedig a nevezőket bővítve A_i/(lkkt(q_i)) alakúak lesznek, amire lezúzom a fenti számolást. Mivel nagyon pontos vagyok, ezért ez a közelítés elhanyagolható $\epsilon$ és $\phi$ -hez képest.

Előzmény: [1891] Sinobi, 2013-10-05 20:46:03

[1893] Róbert Gida	2013-10-05 21:08:55
$(1-\frac{const}{q^{\frac 1n}})n$ és $\varepsilon$ _i=qx_i-p_i akart lenni, és persze nálam is d alakja speciális $d=\frac 1q=\frac 1N$ ( w jelölésével).
Előzmény: [1892] Róbert Gida, 2013-10-05 20:54:21

[1892] Róbert Gida

2013-10-05 20:54:21

Amit te írsz az egy x-re működik. Több x-nél, már lehetséges, hogy a nagyon jól közelítő nevezők teljesen mások, nincs egy nagyon jól közelítő azonos nevező.

Szimultán approximációnak nevezik a problémát, lásd http://www.shunjiito.com/paper/49109yasutomi1030.pdf (introduction első 5 sora).

ezzel (az egyébként trivi) állítással úgy nézem, hogy $(1-\frac {const}{d^{\frac 1n}})*n$ jön ki jobb oldalra az eredeti (n-1) helyett.. (itt a konstans már csak n-től függ). Amiben kell még szórakozni az eredeti bizonyításnál, hogy neked az kell, hogy $\epsilon$ _i=d*x_i-p_i nem csak, hogy kicsi, hanem még negatív is (itt p_i egész).

Előzmény: [1890] w, 2013-10-05 14:30:26

[1891] Sinobi	2013-10-05 20:46:03
Ezt nem teljesen értem. Az N-et honnan kapod meg? Tetszőleges N-re, azaz minden d=1/N(+ $\phi$ )-re szerintem ez nem igaz. (vagy nem látom, hogy $\phi$ -re minek kell teljesülnie). (Majd 10.-e után több időm lesz ezzel foglalkozni.)

[1890] w

2013-10-05 14:30:26

Szerintem igaz lesz. Tehát az a kérdés, hogyha a₁,a₂,...,a_n>0 valós számok, létezik-e olyan d>0 valós, mellyel

$\sum_{i=1}^n r_i(d)^2>(n-1)d^2.$

Itt r_i(d) $\in$ [0;d) az a valós szám, melyhez létezik k egész szám, mellyel a_i=kd+r_i(d) $\forall$ i=1,2,...,n.

Most ezt először átrendezzük, hogy átlássuk a szerkezetét:

$\sum_{i=1}^n \left(\frac {r_i(d)}d\right)^2>n-1,$

azaz nekünk jó közel kell hoznunk a $\frac{r_i(d)}d$ hányadosokat az 1-hez, de úgy, hogy az 1-et még ne érjük el.

A megoldási ötletem az volna, hogy tfh. 0<a₁ $\le$ a₂ $\le$ ... $\le$ a_n, és csináljunk racionális approximációt: $a_i\in\left(\frac{A_i}N-\epsilon;\frac{A_i}N+\epsilon\right)$ legyen $\forall$ i, ahol N, A_i egészek. Vegyük $d:=\frac1N+\phi$ -t, ekkor a_i<A_id, a_i/d<A_i kellene nekünk, ahol a_i/d nagyon közel van A_i-hez. De $a_i/d\approx\frac{A_i/N}{1/N+\phi}$ , így ez talán jó lesz, hisz $\epsilon$ , $\phi$ >0 akármilyen kicsi, de egymáshoz képest akármilyen nagy. (Rendesen le kellene tisztítani határértékügyileg, ez még elvi hibás is lehet.)

Előzmény: [1888] Sinobi, 2013-10-05 13:15:24

[1889] Sinobi	2013-10-05 13:18:56
*pozitív valós számok esetén.
Előzmény: [1888] Sinobi, 2013-10-05 13:15:24

[1888] Sinobi

2013-10-05 13:15:24

Igaz-e, hogy minden nemnegatív a1, a2, ... an valós számok esetén létezik olyan d valós szám, hogy $\sum (ai~mod~d)^2~>(n-1) \cdot d^2$ ? (a modulo pozitív értéket ad vissza). Ebből már következne egy másik állítás, amiből egy megint másik, amiből a feladat, de ez ehhez hozzá se tudok nyúlni, nem is látszik igaznak :( Van valakinek ötlete? Másik becslése, ellenpéldája, stb?

[1887] koma	2013-10-03 22:47:30
köszi mindenkinek a hozzászólását, tényleg nem volt egy "nehéz" feladat, de valahogyan nem jöttem mégsem rá... sebaj, most már okosabb lettem, köszönöm:)

[1886] w

2013-10-03 20:04:50

Ez igazából ugyanaz a megoldás: a³-3ab=35, ab=30 után a³=(x+y)³=125, x+y=5. Köszi viszont, hogy leírtad. (Direkt azért úgy mutattam be, mert kicsit általánosabb, pl. alkalmas az x+y=3, x⁴+y⁴=17 egyenletrendszer megoldására is.)

Fálesz Mihálynak is köszönöm a megoldási ötletét/módszerét, nagyon érdekes volt.

Előzmény: [1884] Alekszandrov, 2013-10-03 11:20:52

[1885] Fálesz Mihály

2013-10-03 13:10:08

Egy további, bár kétségtelenül kevésbé elegáns lehetőség, hogy a konstansokat elimináljuk, aztán a kapott homogén polinomot szorzattá alakítjuk:

6(x³+y³)-7(x²y+y²x)=6^.35-7^.30=0

(x+y)(2x-3y)(3x-2y)=0.

...

Előzmény: [1884] Alekszandrov, 2013-10-03 11:20:52

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?