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]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[913] zozi2009-04-08 14:48:03

közben kiderült ,hogy rosszul adtam meg az értéktatományt így helyes (A + B) < (C / 2)

viszont ezzel az értéktartománnyal nem minden esetben oldható meg az egyenlet kérdésem az lenne , hogy meglehet e tudni hogy mely C értékeknél áll fenn az egyenlősé ,és melyeknél nem

Előzmény: [912] Sirpi, 2009-04-08 12:43:00
[912] Sirpi2009-04-08 12:43:00

Egy 8-10 jegyű n számnál még simán megy, hogy \sqrt{n}-ig (ami 4-5 jegyű) végignézed az összes számot, hogy osztható-e valamelyikkel.

Egyébként annyi kimaradt az előbb, hogy természetesen a negatív felbontások (pl. (-12).(-1)) is adnak megoldást a feladatra.

Előzmény: [911] zozi, 2009-04-08 10:43:17
[911] zozi2009-04-08 10:43:17

közben rákérdeztem A is és B is < (C + 1) / 2

a megoldásod egyébként teljesen tuti

de érdekelne , hogy mit lehet tenni 2C felbontása ügyében ha C nagy szám mondjuk 8 10 digites

Előzmény: [910] Sirpi, 2009-04-08 09:19:43
[910] Sirpi2009-04-08 09:19:43

B.(2A+B+1)=2C

2C-t bontsuk fel egy páros és egy páratlan szám szorzatára (ugyanis B és 2A+B+1 paritása eltérő), az egyik lesz a B, a másik 2A+B+1. így B ismeretében már A is meghatározható.

Példa: C=6

Ekkor 2C-t, vagyis 12-t felbontjuk egy páros és egy páratlan szám szorzatára: 12.1, 4.3, 3.4, 1.12.

Innen B=12,A=-6; B=4,A=-1; B=3,A=0; B=1,A=5

Előzmény: [907] zozi, 2009-04-07 21:00:05
[909] zozi2009-04-08 08:15:51

C bármely pozitív egész

A és B egész

Előzmény: [908] rizsesz, 2009-04-07 21:07:07
[908] rizsesz2009-04-07 21:07:07

mert ennek az egyenletnek ennyi információ alapján nincsen egyértelmű megoldása.

mennyi c?

a és b egészek?

Előzmény: [907] zozi, 2009-04-07 21:00:05
[907] zozi2009-04-07 21:00:05

sziasztok

egy ismerősöm megkérdezte , hogy megtudnám e oldani ezt

A*B + B(B + 1) / 2 - c = 0

én azt gondoltam , hogy igen de már három napja ülök rajtra és semmire sem jutottam, bár nem tünik nehéznek, és mostmár nagyon érdekelne , hogy hogyan kell megoldanu.

C -t ismerem A és B -t keresem

[906] jonas2009-04-06 23:34:15

Én másképpen csinálnám, de az bonyolultabb. Szedjük szét három részre az eseteket a szerint, hogy sorban az utolsó golyó milyen színű: piros, fehér, vagy kék. Jelentse p(x,y,z) a lehetséges gyönygysorok számát, amik x piros, y fehér, és z kék golyóból állnak, és ezek közül az utolsó piros; hasonlóan f(x,y,z) a lehetséges fehérre végződő sorrendek száma, és k(x,y,z) a kékre végződőek száma. Ezekre felírhatóak az alábbi rekurziós összefüggések.

p(x+1,y,z)=p(x,y,z)+k(x,y,z)

f(x,y+1,z)=f(x,y,z)+k(x,y,z)

k(x,y,z+1)=p(x,y,z)+f(x,y,z)+k(x,y,z)

Kivéve hogy a fenti egyenlőtlenségek nem igazak a p(1,0,0)=f(0,1,0)=k(0,0,1)=1 esetekre.

A peremfeltételek a következők.

p(0,y,z)=f(x,0,z)=k(x,y,0)=0

A feladatban a p(2,3,4)+f(2,3,4)+k(2,3,4) érték a kérdés. Ehhez egy táblázatba fell kell írni a p,f,k értékeit minden x,y,z értékhármasra. Ez talán kézzel is kiszámolható, ha nagyon sok türelmed van, de nekem nincs, úgyhogy számítógéppel csinálom. Ez jön ki.

\matrix{
z = & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 \cr
(p, f, k)(0, 0, z) = & (0, 0, 0)  & (0, 0, 1)  & (0, 0, 1)  & (0, 0, 1)  & (0, 0, 1)  \cr
(p, f, k)(0, 1, z) = & (0, 1, 0)  & (0, 1, 1)  & (0, 1, 2)  & (0, 1, 3)  & (0, 1, 4)  \cr
(p, f, k)(0, 2, z) = & (0, 1, 0)  & (0, 2, 1)  & (0, 3, 3)  & (0, 4, 6)  & (0, 5, 10)  \cr
(p, f, k)(0, 3, z) = & (0, 1, 0)  & (0, 3, 1)  & (0, 6, 4)  & (0, 10, 10)  & (0, 15, 20)  \cr
(p, f, k)(1, 0, z) = & (1, 0, 0)  & (1, 0, 1)  & (1, 0, 2)  & (1, 0, 3)  & (1, 0, 4)  \cr
(p, f, k)(1, 1, z) = & (0, 0, 0)  & (1, 1, 0)  & (2, 2, 2)  & (3, 3, 6)  & (4, 4, 12)  \cr
(p, f, k)(1, 2, z) = & (0, 0, 0)  & (1, 1, 0)  & (3, 4, 2)  & (6, 9, 9)  & (10, 16, 24)  \cr
(p, f, k)(1, 3, z) = & (0, 0, 0)  & (1, 1, 0)  & (4, 6, 2)  & (10, 18, 12)  & (20, 40, 40)  \cr
(p, f, k)(2, 0, z) = & (1, 0, 0)  & (2, 0, 1)  & (3, 0, 3)  & (4, 0, 6)  & (5, 0, 10)  \cr
(p, f, k)(2, 1, z) = & (0, 0, 0)  & (1, 1, 0)  & (4, 3, 2)  & (9, 6, 9)  & (16, 10, 24)  \cr
(p, f, k)(2, 2, z) = & (0, 0, 0)  & (1, 1, 0)  & (5, 5, 2)  & (15, 15, 12)  & (34, 34, 42)  \cr
(p, f, k)(2, 3, z) = & (0, 0, 0)  & (1, 1, 0)  & (6, 7, 2)  & (22, 27, 15)  & (60, 76, 64)  \cr
}

Így aztán az eredmény 60+76+64=200.

Persze számítógéppel egyszerűbb, ha végigpróbálod a 9 golyó mind az 1260 sorrendjét, amiből rögtön látszik, hogy 200 jó.

Előzmény: [902] Sirpi, 2009-04-06 13:17:34
[905] Alma2009-04-06 23:00:29

Nincs hiba a gondolatmenetedben. A két megoldás ekvivalens, mindkettő helyes elviekben (számítsd ki a hányadosokat, egyezést fogsz kapni, ugyanis a 20! kiesik a két nevezőből)

Előzmény: [904] Valvehead, 2009-04-06 21:04:17
[904] Valvehead2009-04-06 21:04:17

Egy gép 1400 alkatrészt gyárt egy műszakban, amelyből 50 selejt. Véletlenszerűen kiveszünk egy 20 elemű mintát. Mennyi a valószínűsége, hogy a mintánkban nem lesz egyetlen selejt sem?

A hivatalos megoldás - kedvező eset: 1350.1349.....1331 - összes eset: 1400.1399.....1381

Nem értem, hogy miért veszi figyelembe a sorrendet (ism. nélküli variáció képlete), én azt gondoltam, h. pl. belemarkolok és sorrendtől függetlenül kiveszek egyszerre 20 alkatrészt...

Megoldásom: - kedvező: \binom{1350}{20} - összes eset: \binom{1400}{20}

Nagyon hálás lennék, ha vki. elmagyarázná, hogy hol a hiba a gondolatmenetemben.

[903] Valvehead2009-04-06 17:29:00

Köszönöm szépen, én is így gondolkoztam, de 190 lett a vége.. mostmár megvan a hiba!

Előzmény: [902] Sirpi, 2009-04-06 13:17:34
[902] Sirpi2009-04-06 13:17:34

A két piros helyzete alapján össze lehet számolni az eseteket. Ha a másik két színt nem nézzük, akkor a pirosak \binom 92=36-féleképpen helyezkedhetnek el. Azt kell csak megnézni, hogy az egyes pozíciókban hányféleképpen állhat sorban a többi golyó és ezeket össze kell adni.

A két golyó szomszédos:

- ha az első két helyen vannak, akkor a 3. kék kell hogy legyen, a maradék hat helyre pedig \binom 63=20-féleképp kerülhetnek a golyók.

- ugyanúgy 20, ha az utolsó két helyen van a két piros golyó (szimmetria miatt).

- ha nem a szélén vannak, ekkor két kék veszi őket körül, és ez a KPPK blokk lehet összesen 6 helyen. Mindegyiknél a maradék 5 golyó \binom 53 = 10-féleképp helyezkedhet el, ami összesen 60 eset.

A két golyó másodszomszédos:

- ha az első és a 3. helyen vannak, ekkor PKPK-val kezdődik a sor, ez \binom 53=10 eset.

- ugyanúgy 10, a végén vannak a golyók.

- a közbülső helyeken vannak: ekkor a KPKPK rész lehet 5 helyen, és minden esetben \binom 41=4-féleképp helyezkedhet el a többi golyó, ez összesen 20.

A két piros golyó távolabb helyezkedik el:

- ha a bal oldali piros az első, és a jobb utolsó, akkor PK.....KP alakú a sorrend, \binom 53=10 eset.

- ha a bal oldali első, és a jobb nem utolsó (PK..KPK..) a jobb oldali golyó lehet 5 helyen, a maradék helyekre 4-féleképp jöhet a többi golyó, ami 20 lehetőség.

- a jobb oldali az utolsó, a bal nem első: szintén 20.

- egyik sincs a szélén: van két KPK blokk, és a többi golyó fehér, ez \binom 52=10 eset (összevonjuk a PKP hármast egyetlen golyóvá, és annak határozzuk meg a helyét).

Ez összesen 20+20+60+10+10+20+10+20+20+10=200 lehetőség. Ha valaki tud lényegesen egyszerűbbet, szóljon :-)

Előzmény: [901] Valvehead, 2009-04-06 09:44:30
[901] Valvehead2009-04-06 09:44:30

Hányféleképpen lehet 2 piros, 3 fehér és 4 kék golyót egy sorban úgy elhelyezni, hogy piros golyó ne kerüljön fehér golyó mellé?

200 a hivatalos megoldás, de nekem sehogy sem 200 jön ki :( Help!

[900] forex2009-04-03 18:38:59

Üdvözlök mindenkit!

egy megoldás:

[899] Euler2009-04-02 22:32:51

Sziasztok! Bizonyitsd be teljes indukcióval, hogy az (n+1)-edik részletösszeg arctg(n+1)-gyel egyezik meg, ezt könnyű belátni, ha használod az arctgx+arctgy=arctg(x+y)/(1-xy) összefüggést, mely az adott intervallumon fennáll. Innen már könnyen be lehet fejezni. Remélem érthetően mondtam el.

Előzmény: [893] Cokee, 2009-04-01 20:12:33
[898] nadorp2009-04-02 19:48:03

Ha el nem számoltam, akkor az elég randa sorösszeg :-)

\frac\pi{\sqrt3}\frac{sh\frac{\sqrt3}2\pi}{ch\frac{\sqrt3}2\pi}

Előzmény: [896] jonas, 2009-04-02 19:09:24
[897] jonas2009-04-02 19:10:16

Bocsánat, a második egyenlőségjel után nem kell a 2-es faktor.

Előzmény: [896] jonas, 2009-04-02 19:09:24
[896] jonas2009-04-02 19:09:24

Érdekes, engem az előző egy kicsit másik sorra emlékeztet, ami egyébként nagyon lassan konvergál.


\frac{\pi}{2} = \prod_{1\le k} \frac{4k^2}{4k^2-1} = 
2\cdot\frac{2}{1}\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{4}{3}\cdot\frac{4}{5}\cdot\frac{6}{5}\cdot\frac{6}{7}\cdot\frac{8}{7}\cdot\frac{8}{9}\cdot\frac{10}{9}\cdot\frac{10}{11}\dots

Előzmény: [895] nadorp, 2009-04-02 16:25:22
[895] nadorp2009-04-02 16:25:22

\sum_{n=0}^\infty arc \tg \frac1{n^2+n+1}=\frac\pi2

Előzmény: [893] Cokee, 2009-04-01 20:12:33
[894] Lóczi Lajos2009-04-02 15:15:07

Nekem úgy tűnik, nem igaz az egyenlőség, amit írsz, a bal oldal u.i. kb. 1.79.

Előzmény: [893] Cokee, 2009-04-01 20:12:33
[893] Cokee2009-04-01 20:12:33

Sziasztok!

Hogyan lehet belátni,hogy \sum^{\infty}_{n=0}\frac{1}{n^2+n+1}=\frac{\pi}{2}

Köszike: Cokee

[892] jonas2009-03-31 15:08:26

A hülye hibákat segíthet megtalálni, ha számítógéppel akár numerikusan, akár egy szimbolikus algebra programmal ellenőrzöd az eredményt. Ha határozottan különbözik az eredmény, akkor bináris kereséssel meg lehet próbálni megkeresni, hogy melyik számításban és hol van a hiba. Érettségin lehet, hogy ez nem működik, mert nem vihetsz be olyan számítógépet, ami ilyesmit tud.

Előzmény: [890] akinom91, 2009-03-30 23:01:53
[891] Lóczi Lajos2009-03-30 23:25:02

Ha a másodfokú polinomból (majd a nevező négyzetgyökéből és az integrálból) rögtön a legelején kiemeled a (-2)-t, akkor megúszhatod, hogy minden tele legyen \sqrt{2}-vel.

Előzmény: [889] akinom91, 2009-03-30 22:35:05
[890] akinom912009-03-30 23:01:53

Uhh..túl késő van...a könyv szerinti eredmény pi*gyök3/12 lenne. Amúgy megvan a hiba, csak egy mínusz jel volt az egész csúnyaság okozója. (nekem végul pi*gyök2/12 jött ki, nincs is honnan gyök3 legyen benne). Minden esetre köszönöm szépen a válaszolóknak, a szándek számít, ha nem is igazán értettem mindent meg. Van valami trükk, ami mentesít az ilyen béna hibáktól? :)) Jó kérdés...Ha így rontom el az érettsegin is, nézhetem magam. De viccen kívül, valami jó tanácsokat a gyakorlotabbaktól szívesen várok még, sőt lehet kérdésekkel is visszatérek még.

Még egyszer bocsi a fórum fölösleges megtöltéséért, ki is lehet vágni ezeket a megjegyzéseket (én nem kaptam meg, hogyan lehet)

Előzmény: [889] akinom91, 2009-03-30 22:35:05
[889] akinom912009-03-30 22:35:05

Na jol van. Akkor kezdjuk az elejen! Oszinten nem igazan ertem miket akarsz mondani, meg matematika egyetemen nem voltam hallgato. Csak egy orult 12-es vagyok, aki azt sem tudja, 3 honap mulva mire felvetelizik. Azt sem tudom mennyire volt ertheto a kerdesem, de most csatolom az en gimnaziumi-szintu megoldasomat (probalkozast), hatha erthetobb lesz. Ha helyes, esetleg folytathato-e valahogy? A tankonyv megoldasnak annyit mond, hogy az eredmeny \frac{\pi \sqrt3}{2}, de en meg csak nem is sejtem, hogy lehet ezt kihozni, innen ahova eljutottam.. :|

(Bocsanat a sok uzenetert, de csak igy tudtam megoldani a kep csatolasat)

  [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]