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.
[553] Róbert Gida2008-07-03 03:01:02

Következő programot nézd meg (PARI-Gp-ben):

f(a)=c=10^100;N=random(c)+c;K=random(c)+c;\

while(1,N=nextprime(N+1);p=N;q=K+(a-N-K)%1001;if(isprime(q),print("n="p*q);print("p="p);print("q="q);return))

Ez egy ismert megvalósítása a problémának: p,q prímek n=p*q, úgy, hogy az elrejteni kívánt "a" számodra: (p+q) modulo 1001 = a teljesül. Nyilvánosságra hozod n értékét, majd amikor bizonyítani szeretnéd, hogy TE az "a" számra gondoltál 0-1000-ig, akkor nyilvánosságra hozod p és q értékét, az ellenőrzése a többiek számára, hogy nem csaltál:

1. n=p*q teljesül-e?

2. p és q prímek?

3. (p+q) == a mod 1001 teljesül-e?

Ezek mindegyike gyorsan ellenőrizhető akár a PARI-Gp-vel.

Persze ennél valamivel gondosabban kell megválasztani a prímeket, mert hiába lesz n>10^200, azaz nagyobb, mint a jelenlegi faktorizációs világrekord nem speciális számokra, vannak véletlen módszerek, amikkel n könnyedén faktorizálható: például akkor, ha p+1 vagy p-1 vagy q+1 vagy q-1 mindegyik prímfaktora "kicsi". Továbbá c értékét a programban célszerű módosítani, mert ugyanazon "a" értékekre futtatva ugyanazt az n-et adja a PARI indulásakor.

Előzmény: [552] Tibor, 2008-07-02 20:06:38
[552] Tibor2008-07-02 20:06:38

Sajnos ahogy én akartam, arra nem alkalmas sem a kenó, sem a putto. Szóval az alapproblémám megmaradt. Kétnaponként kellene nekem 25 db háromjegyű véletlenszám. De úgy, hogy ellenőrízhető legyen: nyilvános, bárki által hozzáférhető számok valamilyen átformálásával kéne létrehozni. Van valakinek ötlete?

[551] Tibor2008-07-01 14:25:58

Köszönöm szépen! Így gondoltam. Ezzel a képlettel már elboldogulok akkor is, ha nem a kenót, hanem valami más sorsolást veszek alapul.

Előzmény: [550] Róbert Gida, 2008-06-30 21:45:26
[550] Róbert Gida2008-06-30 21:45:26

Ha n számból húznak k számot és r számra tippelhetsz, akkor P(n,k,r)=1-\frac{\binom {n-r}{k}}{\binom {n}{k}} valószínűséggel lesz legalább egy találatod. Ahogy látod a komplemeter eseményt könnyebb kiszámolni, az pedig, hogy egy találatod sem lesz, a kedvező esetek és az összes esetek számát már könnyű számolni, a valószínűség pedig a kettő hányadosa lesz.

Ez egyezik is az általad írtakkal: P(80,20,1)=\frac 14, illetve P(80,20,61)=1 (persze, ha n-r<k, akkor \binom {n-r}{k}=0 ).

Előzmény: [549] Tibor, 2008-06-30 17:47:31
[549] Tibor2008-06-30 17:47:31

Sziasztok! Egy valószínűségszámítási problémám van. Egy játékhoz véletlenszámokat szeretnék előállítani, de úgy hogy ellenőrízhető legyen mások által is, hogy nem csalok. A kenóra gondoltam, mert azt minden nap húzzák. De nekem háromjegyű számok kellenének. Ráadásul különböző előzetes valószínűségekkel. Tehát a feladat: 80 számból húznak 20-at. Ha 1 számot tippelek, 25 százalék az esélye, hogy találatom lesz. Ha 61 számot tippelhetek, akkor 100 százalék az esélyem. De mennyi az esélye annak, hogy legalább egy találatom lesz, ha 2, 3, 4, ....stb számot tippelhetek? (Ez úgy lenne, hogy a nagyobb oddsokkal rendelkezők több számot tippelhetnek.) De ne gyertek azzal, hogy ez 10. osztályos tananyag, mert tudom. Sajna már régen tanultam. Valami ismétlés nélküli kombináció rémlik.... Köszi!

[548] S.Ákos2008-06-24 12:32:10

köszönöm szépen a segítségeketeket

Előzmény: [547] Róbert Gida, 2008-06-24 00:27:47
[547] Róbert Gida2008-06-24 00:27:47

Mordell egyenlet a neve, nagyon sok kis értékre az összes megoldását kiszámolták már, azt hiszem magyarok eredménye a következő táblázat is, szinte az oldal legalján van a te egyenleted az -00020, ahogy látod nincs más természetes egész megoldása:

http://tnt.math.metro-u.ac.jp/simath/MORDELL/MORDELL-

Előzmény: [544] S.Ákos, 2008-06-23 21:32:04
[546] Ansible2008-06-23 23:43:19

Bocs: az x2+20 alakithato itt szorzatta: (x+2i\sqrt{5})(x-2i\sqrt{5}).

Előzmény: [545] Ansible, 2008-06-23 23:41:29
[545] Ansible2008-06-23 23:41:29

A Freud-Gyarmati: Szamelmelet-ben benne van, hogy az x2+5=y3-nek nincs megoldasa. Ez a 11.6.4/a feladat. A megoldas soran az a+b\sqrt{5}i-ben alakitjuk szorzatta a baloldalt, es mivel ebben a gyuruben nem ervenyes a szamelmelet alaptetele, az idealokkal kell jatszani.

Az x2+5=y3 ugyanebben a gyuruben alakithato szorzatta. Ketlem, hogy a fentinel kiralyibb ut lenne.

Előzmény: [544] S.Ákos, 2008-06-23 21:32:04
[544] S.Ákos2008-06-23 21:32:04

Sziasztok! Valaki segítene megoldani az x2+20=y3 egyenletet, ha x,y\inN?. Előre is köszönöm. (x=14 y=6 jó, de y=2000-ig valószínűleg nincs más)

[542] Csimby2008-06-08 17:41:37

1.a: x -> 2x (x\inZ számhoz a kétszeresét rendeli, könnyen látható hogy ez injektív, szürjektív -> bijekció)

1.b: x -> 2x+3

2.: Csak az a feladat, hogy valahogy felsoroljuk őket (ugye az hogy 0,1,2,3,... nem jó mert a negatívok kimaradnak): 0,1,-1,2,-2,3,-3,...

Előzmény: [541] Norbert, 2008-06-08 17:20:09
[541] Norbert2008-06-08 17:20:09

Hi! Szerdán vizsgázok, sajnos és segítséget szeretnék kérni kettő feladatba mivel utálom a halmazokat. ELőre is köszönöm.

1. Adjon meg bijekciót két halmaz között: a) a pozitív egész számok halmaza és a páros pozitív számok halmaza; b) a [0,1] intervallum és a [3,5] intervallum.

2. Adja meg az egész számok halmazának egy sorozatbarendezését. (légyszi írja le vki hogy ez valójában mi vagy mit értünk ez alatt?)

[540] Sirpi2008-06-02 07:44:04

Az irracionális számok képe legyen önmaga; ekkor már csak a rac. számokat kell párosítani. Soroljuk fel az összes [0,1]-beli rac. számot (q1,q2,...), ezek közül az 1 legyen a qk. Ha i<k, akkor qi-hez rendeljük önmagát, ha i>k, akkor qi képe legyen qi-1 (így qk kivételével minden rac. számhoz hozzárendeltünk egy rac. számot).

* * *

Ugyanez kicsit egyszerűbben:

Ha az x\in[0,1) szám 1/2k alakú, akkor x\to2x, ellenkező esetben x\tox.

Előzmény: [539] Gyöngyő, 2008-06-02 00:14:55
[539] Gyöngyő2008-06-02 00:14:55

Üdv! Aki tud légyszi segítsen megoldani a feladatot, mert szerdán sajnos vizsgázok. Előre is köszönöm.

Feladat: Adjon meg bijekciót a [0,1) és [0,1] halmazok között.

[538] nadorp2008-05-23 07:54:54

Tudom, hogy a példa már történelem :-), de itt egy közvetlen levezetés.

Legyen a_n=\frac12*\frac13*...*\frac1n

Ekkor a_{n+1}=a_n*\frac1{n+1}=\frac{(n+1)a_n+1}{a_n+n+1}, így

a_{n+1}+1=\frac{(n+2)(a_n+1)}{a_n+n+1} és

a_{n+1}-1=\frac{n(a_n-1)}{a_n+n+1} tehát

\frac{a_{n+1}+1}{a_{n+1}-1}=\frac{n+2}n\cdot\frac{a_n+1}{a_n-1}=...=\frac{(n+2)(n+1)...4}{n(n-1)...2}\cdot\frac{a_2+1}{a_2-1}=-\frac{(n+1)(n+2)}2

Innen a_n=\frac{n^2+n-2}{n^2+n+2}, ami persze azonos Sirpiével.

[537] jonas2008-05-20 23:59:03

De, csak \lambda=1/c2. Akkor innen ismerhettem ezt a képletet.

Előzmény: [536] jonas, 2008-05-20 23:55:43
[536] jonas2008-05-20 23:55:43

Egyébként ez nem pont a spec. relativitáselméletes addíciós képlet a sebességekre, ha \lambda=1/c?

Előzmény: [534] Sirpi, 2008-05-20 23:51:25
[535] jonas2008-05-20 23:52:56

Persze, én is a tangensről tudtam de a  \tg\left(\sqrt{-\lambda}\cdot x\right) képlet rondábban néz ki.

Előzmény: [534] Sirpi, 2008-05-20 23:51:25
[534] Sirpi2008-05-20 23:51:25

Ja, végül is ez tényleg megmagyarázza :-)

A -1-re megvolt a sima tangens, +1-re meg a feladat miatt megnéztem külön, aztán általánosan is. Bevallom, rég volt szükségem a th addiciós képletére...

Előzmény: [533] jonas, 2008-05-20 23:45:11
[533] jonas2008-05-20 23:45:11

Meglepett? Azt hittem, tudtad, hogy azért igaz, mert valami  a = \th \left(\sqrt\lambda\cdot x\right) vagy hasonló helyettesítéssel összeadásba (negatív \lambda esetén modulo \pi összeadásba) megy át.

Előzmény: [531] Róbert Gida, 2008-05-20 22:48:30
[532] Sirpi2008-05-20 23:39:40

Ja, valóban ez a megoldás, de 3 sorban, papíron is kijön ;-) Mindenesetre engem meglepett ez a tény.

Előzmény: [531] Róbert Gida, 2008-05-20 22:48:30
[531] Róbert Gida2008-05-20 22:48:30

Minden \lambda értékre. Pari-Gp-ben felírtam az asszociativitás feltételét, a két oldal különbsége meg nulla lett.

Előzmény: [530] Sirpi, 2008-05-20 22:38:16
[530] Sirpi2008-05-20 22:38:16

Ja, egyébként kicsit csaltam a megoldásnál, hiszen nem volt bezárójelezve a kiszámolandó kifejezés, és én balról jobbra végeztem el. Ennek alapján kérdés:

A *:R2\toR művelet, amit úgy definiálunk, hogy a*b = \frac {a+b}{1 + \lambda ab} mely \lambda értékekre asszociatív? (A kommutativitás magától értetődő a szimmetria miatt).

Előzmény: [522] Sirpi, 2008-05-20 08:08:14
[529] Róbert Gida2008-05-20 18:29:09

"ha nem lenne az, akkor a pozitív egész szám elnevezésnek nem lenne értelme"

Így viszont a nemnegatív egész szám elnevezésnek nincs értelme.

Előzmény: [526] rizsesz, 2008-05-20 15:53:28
[528] Káli gúla2008-05-20 16:37:30

Az persze kérdés, hogy ki mit tekint logikus vagy nyilvánvaló dolognak. Lehet, hogy sok embert éppen a logika téveszt meg a 0-val kapcsolatban:

(1) Valaminek a fele mindig kisebb, mint maga a valami (feleakkora).    (2) A 0-nál nincs kisebb.    (3) Tehát a 0-nak nincsen fele.

Logikusnak tűnik. (Azt hiszem, Arisztotelész mondta, hogy a nehezebb test nyilvánvalóan gyorsabban esik, mint a könnyebb. Galilei adott egy gyönyörű indirekt bizonyítást arra, hogy ez nem igaz.)

Előzmény: [526] rizsesz, 2008-05-20 15:53:28

  [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]