[1912] Fálesz Mihály | 2014-02-10 19:17:42 |
A sorozatnak a négyzetét érdemes vizsgálni. Ha bn=an2, akkor
Ebbből egy sor, egyre erősebb alsó és felső becslést lehet kapni, pl.
bnb0+2n
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] n | 2014-02-10 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] mihtoth | 2014-02-10 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 |
|
|
[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, N100k2+20kx+x2 . Levonva k2 -et N-100k220kx+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? (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.
|
|
|
[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?
|
|
|
[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 ?:
2, Oldjuk meg a következő egyenletrendszert:
=y
=x4
3, Oldjuk meg a következő egyenletrendszert:
642x+642y=12
Köszönöm szépen a segítséget
|
|
|
[1899] w | 2013-10-11 19:26:43 |
Legyen a szóban forgó háromszög , oldalai a,b,c, szögei ,,. 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 területe PAPBP, PBPCP és PCPAP területösszege. Például PAPBP területe
, a többi háromszög területe hasonlóan kapható. Ezt a területösszeget 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] 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!
|
|
|
|
|
[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): i=1,2,...,n. Ezekhez egy olyan d-t fogunk megadni, melyre . A >0 számot később fogjuk megadni.
Ugyanis ekkor . Azt szeretnénk, hogy mod d, azaz d-Ai akármilyen közel legyen a d-hez, vagyis
akármilyen kicsi >0 esetén fennállhasson, alkalmas esetén. Azaz minden pici -hoz létezik olyan , hogy ... Kifejezzük -t:
NAi<+N
N(Ai-)<
Tehát ekv. egyenlőtl. miatt minden -hoz van olyan , hogy. Ugyanis véges sok egyenlőtlenséget vezettünk le, i=1,2,...,n-re.
Például, ha kapom, hogy , , , , akkor mondjuk =0.1-hez =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 és -hez képest.
|
Előzmény: [1891] Sinobi, 2013-10-05 20:46:03 |
|
|
[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 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 i=d*xi-pi nem csak, hogy kicsi, hanem még negatív is (itt pi egész).
|
Előzmény: [1890] w, 2013-10-05 14:30:26 |
|
|
[1890] w | 2013-10-05 14:30:26 |
Szerintem igaz lesz. Tehát az a kérdés, hogyha a1,a2,...,an>0 valós számok, létezik-e olyan d>0 valós, mellyel
Itt ri(d)[0;d) az a valós szám, melyhez létezik k egész szám, mellyel ai=kd+ri(d) i=1,2,...,n.
Most ezt először átrendezzük, hogy átlássuk a szerkezetét:
azaz nekünk jó közel kell hoznunk a hányadosokat az 1-hez, de úgy, hogy az 1-et még ne érjük el.
A megoldási ötletem az volna, hogy tfh. 0<a1a2...an, és csináljunk racionális approximációt: legyen i, ahol N, Ai egészek. Vegyük -t, ekkor ai<Aid, ai/d<Ai kellene nekünk, ahol ai/d nagyon közel van Ai-hez. De , így ez talán jó lesz, hisz ,>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 |
|
|
[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 ? (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?
|
|