Fórum: Valaki mondja meg!

Egyébként, ha van otthon véletlenül egy kvantumszámítógéped, és tudod *programozni*, akkor szerintem ne habozz és Schor algoritmusát *programozzad* le a kvantummicsodádon, az polinom időben kiköp egy y megoldást

Különböző dolgokról beszélsz, páratlan n esetén az, hogy nincs más megoldás csak a triviális y=1, illetve y=n ekvivalens azzal, hogy n-nek nincs más pozitív osztója, azaz n az prím (n>1 fel volt téve). Erre pedig van már gyors egzakt polinomiális teszt, az "AKS test", keress rá az interneten, persze vannak véletlen (nem egzakt) módszerek is. Míg legalább egy y megtalálására nincs gyors módszer, hiszen ez a szám faktorizálásával polinomiálisan ekvivalens probléma, amiről nem tudjuk, hogy gyorsan meg lehet-e csinálni.

De ez nem segít a szűkítésben, ahogy már írtam...

Megfelelő x, y pár megtalálása egyenértékű azzal, hogy megtalálod azt az y-t, ami osztja n-et.

szia Sirpi

addig én is eljutottam,hogy y = 1 , de mint írtam 1 < y

mert igazából az érdekelne hogy van e másik felbontása n -nek mert sok esetben van mégha nem is kapom meg a másik felbontást de el kellene döntenem , hogy létezik e.

egyébként ezek az én agyam szüleményei , a progimhoz kellene. azért ,hogy ne keljen minden értéket végig zongorázni.

OK nadorp, kösz, valóban elszámoltam, mert Nekem a tg a 2n-en lett, mert egy sin a négyzeten "bennmaradt" :-( Túl csábító volt az a változócsere, és csodálkoztam is, hogy miért nem jön össze! Üdv: epsilon

Figyi, minden feladatod arra megy ki, hogy n-et két szám szorzatára kell bontani, és ahogy már írtam korábban, az sokjegyű számokra nehéz. Itt is a felbontás a lényeg, hiszen odáig az átalakítások teljesen triviálisak:

És ha most n páratlan (amit fel lehet tenni, mert ha páros, akkor osztjuk 2-vel, és n/2-et próbáljuk felbontani), akkor annak minden kéttényezős felbontására egyértelműen fogunk kapni egy páratlan y-t és egy egész x-et (n-nek minden y osztójához x=(y+n/y)/2).

Egyébként ennek könnyű megadni egy triviális megoldását, ha n páratlan (helyettesítsd be): x=(n+1)/2, y=1

Amúgy honnan szeded ezeket a felbontásokat?

sziasztok

ismét kérnék egy levezetést

n = x négyzet - (x - y) a négyzeten

1 < y < n-1 valószínűleg páratlan

0 <= x pozitív egész

x -et és y -ont keresem

köszi

Érdekes kérdés. Jelölje f(n) az osztók maximális számát (k n!-ig minden egész előáll n!-nak legfeljebb f(n) darab különböző (pozitív) osztójának összegeként). Dinamikus programozással kiszámítható ez a sorozat kis n-ekre:

f(1)=1,f(2)=1,f(3)=2,f(4)=3,f(5)=4,f(6)=5,f(7)=5,f(8)=6,f(9)=7,f(10)=7,f(11)=7

Nagyobb n-re már nincs elég memóriája a gépemnek. Egyszerű program O(n!) memóriát igényel.

Hasonlóan az eredeti feladat bizonyításához így minden n11-re f(n)n-4 is teljesül! Sőt szerintem nehéz számelméleti sejtésekkel rögzített c>0-ra f(n)<c*n is teljesül, ha n elég nagy.

Pl. ha az integrandus mondjuk folytonos és a kiintegrált résznek van limesze (abban a pontban, ahol azt az improprius integrál megköveteli).

Sziasztok!

A B.4055-ös feladatnál (Bizonyítsuk be, hogy minden n!-nál nem nagyobb pozitív egész szám felírható az n! legfeljebb n darab különböző osztójának összegeként.) egész könnyen adódik, hogy n-1 tag is elég n>1 esetén. a kérdés az lenne, hogy ennyi mindig kell-e, vagy ez is csökkenthető tovább, ha n nő, és ha igen, melyik az a függvény, ami megadja a tagok minimális számát?

Sziasztok!

Lenne egy olyan kérdésem,hogy milyen esetben lehet parciális integrálást alkalmazni impropius integrál kiszámitására?

Köszike:

Zsolt

Az is jó, de nem kell rekurzió, ui. valami ilyet kellett, hogy kapjál az integrandusra: , ez pedig alakú

Köszi nadorp, mindjárt nem is merek szólni, mert ez valóban átvert, és nem is modhatni kemény diónak, én az x=a×cos2t változócsrét alkalmaztam, és tangenshatványnak az integrálja lett, amit csak rekurziósan bonyolítottam :-(

Legyen . Ekkor az integrál erre "fajul":

A 434. hsz-ban mindenütt (0,1) helyett [0,1] a helyes. Bocs az elírásért!

Annak örömére, hogy nadorp ilyen szép elemi megoldást adott, fe merészkedek tenni még egy feladatot, szimpatikus, de nem ugrik be :-( Igazolandó, hogy:

Köszi nadorp! Ez az igazi, amit nem találtam meg. Már-már részletezni akartam, hogy végre elég hosszadalmasan, de megoldottam, de nem tetszik, mert hosszú, noga ötletes. De azért elmesélem: patametrizáltam a [-1,-1/3] intervallumot, ennek parametrizált alakja (2/3)*t-1 ahol t a (0,1) intervallumban van. Tehát f(x) nem egyenlű ezzel az értékkel egyetlen t a (0,1) esetén sem. Ez azt jelenti, hogy a kapott x-ben másodfokú egyenletnek nincsenek valós gyökei, tehát a d<0 (d a diszkrimináns). Ekkor t-ben egy máodfokú egyenlőtlenséget kaptam, nullára rendeztem, és az kell teljesüljön minden t a (0,1) intertvallumból. A baloldali függfényt g(t)-nek jelölve, tehát g(t)<0 minden t a (0,1) intertvallumból. Végül a főegyüttható előjele szerint letárgyalvam mindkét esetben benne kell legyen a g(0)<0 és g(1)<0 feltétel, és a többiekkel is metszve marad ez, ami nem más mint a<-1/4. Kösz szépen mindegyikötöknek az ötletet és a segítséget! Üdv: epsilon

Az, hogy f(x)<-1 vagy teljesül minden x-re ekvivalens azzal, hogy teljesüljön minden x-re.

(x²-x-a)(x²-3x-a+2)>0

A baloldal egy pozitív főegyütthatójú negyedfokú polinom,ami pontosan akkor pozitív minden x-re, ha nincs valós gyöke, azaz a szorzatban szereplő másodfokú polinomok diszkriminánsa negatív. Innen

A tört reciproka egyszerűbb függvény, a képe egy hiperbola lesz az  y = -x-1 és az x=1 aszimptotákkal. Ha a>0, akkor a tompaszögű tartományban van a függvény és semmilyen értéket nem hagy ki. Ha a<0, akkor az y=-2 egyenesre szimmetrikus sávon kívül halad. Annak, hogy ez a reciprok függvény egy adott k értéket ne vegyen fel, az a feltétele, hogy az 1-x²+a=k(x-1) egyenletnek ne legyen megoldása, azaz a diszkrimináns d=k²+4(k+1+a)=(k+2)²+4a<0 legyen, tehát . Ez akár a -1-gyel, akár a -3-mal pont azt adja, amit cauchy írt. Ahogy a-val tartunk a 0-hoz, úgy fog a hiperbola "hegyesedni", és ezért belemetszeni az y=-1 és y=-3 közötti sávba. (A hiperbolára azért érdemes nézni, hogy elhiggyük azt, amit számolunk:)

Helló! Én úgy próbáltam, hogy ne vegyen fel értékeket a [-1;-1/3] intervallumból, akkor f(x)<-1 vagy f(x)>-1/3 minden x valós szám esetén, aztán egy-egy törtet kaptam, amelyek másodfokú függvényeket tartalmaznak, ás próbáltam a diszkrimináns < 0 feltételeket, a baloldaliból jött ki eredmény, a jobboldaliból nem, de sejtem is a hibát: az f(x)<-1 nem muszáj MINDEN x-re fennáljon, amikor pl. ez nem áll fenn, azon x-re álljon fenn az f(x)>-1/3...tehát nem tudom, hogy a d<0 feltétellel egyáltalán lehetne-e valamit kezdeni. Nézem, a függvány monotonítását, onnan semmi, egyenlővé tettem y-nal és x-ben másodfokú egyenletnek valós megoldásai kell legyene, kaptam y-ra egyenlőtlenséget, vagyis képhalmazt...de ezt sem tudtam összhangba hozni az adott intervallummal..pedig a feladat nem tűnik komolynak, és mégis?!

Sajnos, empirikusan kerestem meg, és nem tudom, mi a módszer. :-( A tiédre tudnék ellenpéldát mondani, de az most lényegtelen.

Igen. Hülye hiba volt.

OK Cauchy, ez az eredmény, de Nekem csak az a<0 jön ki, valamit elveszítek :-( Ha a sejtésd bizonyítható, írhatnál egy pár támpontot! Előre is kösz, üdv: epsilon

Feltéve, hogy x, y > 0, az azonosság helyesen: log(xy) = logx + logy.

Logaritmust a Taylor-sorral kell számolni, de úgy, hogy előbb leviszed a számot 1 közelébe (lehet fölötte vagy alatta) a log(xy)=logx^.logy azonossággal, ahol y-nak ismered a logaritmusát. Ez számítógépnek praktikus, de ha kézzel akarsz logartimust számolni, általában a táblázat egyszerűbb.