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

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[1912] Fálesz Mihály2014-02-10 19:17:42

A sorozatnak a négyzetét érdemes vizsgálni. Ha bn=an2, akkor

 b_{n+1} = b_n+2+\frac1{b_n}.

Ebbből egy sor, egyre erősebb alsó és felső becslést lehet kapni, pl.

bn\geb0+2n

 b_n < b_0+2n+\frac12\log\frac{b_0+2n-1}{b_0-1}

A Te esetedben b0=1202=14400 és n=12000, tehát

38400<bn=an2<38400,5

195,959<a12000<195,961.

Előzmény: [1911] n, 2014-02-10 18:19:39
[1911] n2014-02-10 18:19:39

Pontos, nem rekurzív, nem végtelen szummás általános képletet nem írtak, csak közelítőt, szóval ha pontosan kell, akkor szerintem célszerű a speciális esetekre programot írni. (A konkrét példára, ha minden igaz, 195.9604307809704, ha a 120 a nulladik tag, ha az első, 195.95532757702915.) Egy becslés, ha jól értelmeztem (nem teljesen biztos, kissé fáradt vagyok): *___1 kezdőértékű___ ilyen sorozatra e2b(n)2-4n/n tart egy konstanshoz (0.574810274671785...), ahol b(n) a sorozat. Ahogy néztem, azt eltérés, ha az első érték az 1, a 10. elemre -0.010916374964937692, a 100.-ra -0.004394777829750618, az 1000.-re -0.0007695696146290398, a 10000.-re -0.0001100303693110094 (itt már kerekítési hibák is felléphettek, sima floating point számokkal dolgoztam lustaságom miatt).

Előzmény: [1910] mihtoth, 2014-02-10 15:32:01
[1910] mihtoth2014-02-10 15:32:01

Köszönöm!

De az a baj, hogy én az ott leírtakon nem bírtam eligazodni.

Mennyi egy ilyen sorozat 12000-ik elemének értéke, ha a kezdőérték 120?

Üdv: mihtoth

Előzmény: [1909] jonas, 2014-02-10 13:43:41
[1909] jonas2014-02-10 13:43:41

Lásd A073833, ami ad egy közelítő képletet.

Előzmény: [1908] mihtoth, 2014-02-10 13:11:29
[1908] mihtoth2014-02-10 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] HoA2013-11-05 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\ge100k2+20kx+x2 . Levonva k2 -et N-100k2\ge20kx+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] epszi2013-11-04 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] Viking2013-10-14 17:24:08

Nagyon jó példa, köszönöm szépen!

Előzmény: [1904] n, 2013-10-14 17:12:13
[1904] n2013-10-14 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] Viking2013-10-14 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] w2013-10-13 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] koma2013-10-13 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:

642x+642y=12

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

Köszönöm szépen a segítséget

[1900] Inverz2013-10-11 19:40:39

Köszönöm a segítséget!

[1899] w2013-10-11 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 AP, BP, CP jelöli.

Az APBPCP \Delta területe PAPBP, PBPCP és PCPAP területösszege. Például PAPBP 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.TABC=k konstans kitétel mellett. Innen már csak algebra.

Előzmény: [1898] Inverz, 2013-10-11 11:37:18
[1898] Inverz2013-10-11 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] w2013-10-06 09:06:07

Melyik feladat bizonyításához akarod ezt felhasználni?

Előzmény: [1888] Sinobi, 2013-10-05 13:15:24
[1896] w2013-10-06 09:02:37

Aha. Jó, akkor racionálisokra legalább már működik :).

Előzmény: [1895] Sinobi, 2013-10-06 00:23:47
[1895] Sinobi2013-10-06 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] w2013-10-05 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-Ai\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

NAi\phi<\epsilon+\epsilonN\phi

N\phi(Ai-\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 ai esetén --> pi/qi rac. számok, de ezek pedig a nevezőket bővítve Ai/(lkkt(qi)) 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 Gida2013-10-05 21:08:55

(1-\frac{const}{q^{\frac 1n}})*n és \varepsiloni=q*xi-pi 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 Gida2013-10-05 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 \epsiloni=d*xi-pi nem csak, hogy kicsi, hanem még negatív is (itt pi egész).

Előzmény: [1890] w, 2013-10-05 14:30:26
[1891] Sinobi2013-10-05 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] w2013-10-05 14:30:26

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

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

Itt ri(d)\in[0;d) az a valós szám, melyhez létezik k egész szám, mellyel ai=kd+ri(d) \foralli=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\lea2\le...\lean, és csináljunk racionális approximációt: a_i\in\left(\frac{A_i}N-\epsilon;\frac{A_i}N+\epsilon\right) legyen \foralli, ahol N, Ai egészek. Vegyük d:=\frac1N+\phi-t, ekkor ai<Aid, ai/d<Ai kellene nekünk, ahol ai/d nagyon közel van Ai-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] Sinobi2013-10-05 13:18:56

*pozitív valós számok esetén.

Előzmény: [1888] Sinobi, 2013-10-05 13:15:24
[1888] Sinobi2013-10-05 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?

  [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]