[1215] Hosszejni Darjus | 2010-05-28 22:36:01 |
Melyik számhalmaz alapfogalom? én a természetes számokra emlékszem, mint alapfogalom. csak mert most egy kidolgozott tételsort olvasok ahol ez szerepel:
A természetes számok halmaza (N) a pozitív egész számokból és a 0-ból áll.
Az egész számok halmaza (Z) a természetes számokból és azok ellentettjeikből áll.
és ez nagyon nem tetszik nekem, viszont nem akarok hülyeséget mondani emelt érettségi szóbelin
köszi
|
|
[1216] Fernando | 2010-05-28 23:45:32 |
Egyik sem tudtommal. A Peano-axiómákat érdemes lehet ismerni, meg ha "ínyenc" vagy, akkor Szendrei János : Algebra és számelmélet c. könyvében lehet olvasni az egészek származtatásáról, meg sok érdekességről!! A racionálisok képzése hasonlóan történik középiskolában is. A valósak definíciója középiskolában a "generálással", --értsd összes tizedes törtek-- történik, ott a középsulis könyvekre hagyatkoznék teljesen. Komplex számok is kellenek?
(Ez nem kell, messzemenő kitekintés, de "hivatalosan": a természetes számok halmazához ott vannak a Peano-axiómák (félgyűrű algebrailag). Az egész számok gyűrűje, ennek a differenciagyűrűje. Utóbbi integritástartomány (sőt Euklideszi gyűrű) is, aminek hányadosteste a rac. számtest. A valós számok az pedig a spec. "Cauchy sorozatok" gyűrűjének faktorteste, ahol a spec. értelemben vett "nullkonvergens" sorozatok alkotják azt az ideált amivel faktorizálunk. A komplex számok innentől könnyen kapható testbővítéssel, vagy algebra megkettőzésével. Hát kb. ez volt "a számfogalom felépítése" speckoll.)
|
Előzmény: [1215] Hosszejni Darjus, 2010-05-28 22:36:01 |
|
|
[1218] Hosszejni Darjus | 2010-06-03 18:46:14 |
ma voltam emelt szintű matek szóbelin és az történt, amire egyáltalán nem gondoltam: a feladatot nem tudtam megoldani (pontosabban a megoldásom nem volt helyes). megoldja légyszi vki ezt helyesen? én már nem merek semmit...
adott a és b valós paraméter, a0.
A(a;b), B(b;a) és C(-b;2a-b) , az utolsó koordinátában nem vagyok biztos, de valami hasonló.
A kérdés: mekkora annak az egyenesnek a meredeksége, amelyre mind a 3 pont illeszkedik?
Annyira egyszerű, de valamiért nem sikerült..
köszi előre is
|
|
[1219] BohnerGéza | 2010-06-03 19:17:12 |
Ha a=b=0, akkor nincs meghatározva az egyenes, bármely origón átmenő egyenes eleget tesz a feltételeknek.
Egyébként, ha van ettől különböző megoldás, akkor mivel A és B tükrös az x=y egyenesre, a meredekség -1. Az a=3b<>0 esetén A, B és C egy egyenesen van.
|
Előzmény: [1218] Hosszejni Darjus, 2010-06-03 18:46:14 |
|
|
[1221] Zilberbach | 2010-06-05 17:59:15 |
1. Ha két páros számot adunk össze, akkor egy páros számot kapunk.
2. Ha két páratlan számot adunk össze, akkor is egy páros számot kapunk.
3. Ha egy páros és egy páratlan számot adunk össze, akkor egy páratlan számot kapunk.
Ha a fönti pontok alapján statisztikát készítünk az jön ki, hogy kétszer annyi páros szám van, mint páratlan - ami nem igaz.
De hol van a hiba ebben statisztikai ihletésű "okoskodásban"?
|
|
[1222] Hosszejni Darjus | 2010-06-05 18:08:04 |
ott h egy számot nem csak egyféle módon lehet előállítani két szám összegeként, és ez a statisztikai gondolkodás csak akkor működne.
|
|
[1223] Zilberbach | 2010-06-05 18:19:59 |
Úgy gondolom, az hogy egy számot többféleképpen is elő lehet állítani, mint két másik szám összegét - még nem cáfolja ezt a statisztikus megközeleítést.
Inkább úgy gondolom az lehet az ok, hogy a természetes számok sora nem úgy áll elő, hogy számokat véletlenszerűen összeadunk, hanem úgy hogy a kiindulási ponthoz az 1-hez (vagy a 0-hoz - ízlés szerint) hozzádunk 1-et, azután megint 1-et és így tovább.
|
Előzmény: [1222] Hosszejni Darjus, 2010-06-05 18:08:04 |
|
|
|
[1226] Zilberbach | 2010-06-06 08:07:06 |
A prímszámok kivételével minden szám fölírható két (másik) szám szorzataként.
1. Két páros szám szorzata páros számot ad.
2. Páros-páratlan szorzata páros számot ad.
3. Páratlan-páros szorzata páros számot ad.
4. Páratlan-páratlan szorzata páratlan számot ad.
Föntiekböl statisztikát készítve: háromszor annyi páros szám van mint páratlan - ami nyivánvalóan nem igaz.
(Mondhatnák, hogy a páros-páratlan szimmetriát a prímszámok billentik helyre, mert a 2 kivételével mind páratlan, de ez sem igaz mert a nagy számok felé haladva a prímszámok előfordulása egyre ritkább, a páros-páratlan szimmetria viszont a természetes számok sorában egyenletesen fönáll.)
Hol a hiba a fönti statisztikában?
|
Előzmény: [1224] HoA, 2010-06-05 20:37:15 |
|
[1227] jonas | 2010-06-06 09:50:36 |
Az a hiba, hogy a páros számok nincsenek ugyan többen, de általában többféleképpen írhatók fel két szám szorzataként, mint a páratlanok, mert általában több prímtényezőjük van.
|
Előzmény: [1226] Zilberbach, 2010-06-06 08:07:06 |
|
[1228] Zilberbach | 2010-06-06 10:24:13 |
Úgy gondolom igazad van Jonas.
Én is hasonló gondolatra jutottam, és ezzel kapcsolatban jutott eszembe az alábbi sejtés:
Páratlan számok prímtényezői csak páratlan számok lehetnek.
Bizonyította ezt már valaki tételként?
Gyakorlati jelentősége talán az lenne, hogy a gyors prímtényezős fölbontás algoritmusának valószínűleg úgy kellene kezdődnie, hogy a páros számokat addig kell osztani 2-vel, amíg egy páratlan számot nem kapunk, illetve (azután) a páratlan számok prímtényezőit csak a páratlan számok között kell keresni.
|
Előzmény: [1227] jonas, 2010-06-06 09:50:36 |
|
|
[1230] Fernando | 2010-06-06 11:43:59 |
"Gyakorlati jelentősége talán az lenne, hogy a gyors prímtényezős fölbontás algoritmusának valószínűleg úgy kellene kezdődnie, hogy a páros számokat addig kell osztani 2-vel, amíg egy páratlan számot nem kapunk, illetve (azután) a páratlan számok prímtényezőit csak a páratlan számok között kell keresni." Igen, ezt így is szokás csinálni!
Mondok valami meglepőt: páros számból éppen ennyi van, mint egészből! ;)
|
Előzmény: [1228] Zilberbach, 2010-06-06 10:24:13 |
|
[1231] Hosszejni Darjus | 2010-06-06 12:06:37 |
és még meglepőbb: ugyanannyi n-nel osztható szám van, mint racionális (n legyen egész) :)
|
|
|
[1233] Fernando | 2010-06-06 13:07:47 |
"Hol a hiba a fenti statisztikában?"
Azt gondolom, hogy ott, hogy itt a relatív gyakoriságokat nincs értelme használni, mert végtelen/végtelen alakú határozatlan kifejezésre vezetnek.
|
Előzmény: [1226] Zilberbach, 2010-06-06 08:07:06 |
|
|
|
[1236] Fernando | 2010-06-20 14:06:49 |
Kiestem a gyakorlatból, ezért egyszerű analízisbeli kérdésekkel fogok fordulni Hozzátok.
Fourier-sorokra néhány egyszerű konvergencia-kritériumot tudnátok adni?
(A félérintős elegendő feltételre és a Fejér-féle szigma összegzésre emlékszem alapkollégiumról)
Köszönöm!
|
|
[1237] Tassy Gergely | 2010-06-20 15:06:25 |
Szia!
Ha van a térben teljes ortonormált rendszer (azaz olyan rendszer, hogy a különböző elemek skalárszorzata 0 és minden elem normája 1), akkor az eszerint vett Fourier-sor konvergens.
Továbbá L2-ben (a négyzetesen integrálható függvények terében) minden Fourier-sor (majdnem mindenütt) konvergens (ez Carleson tétele).
|
Előzmény: [1236] Fernando, 2010-06-20 14:06:49 |
|
[1238] Maga Péter | 2010-06-20 18:09:54 |
Sőt, tetszőleges Lp-ben is igaz ez p>1-re (Hunt, nem sokkal Carleson után). A vicces az, hogy disztribúciós értelemben L1-beli függvényhez is konvergál a Fourier-sora, ez nem nehéz, csak a fogalmakat kell ismerni.
|
Előzmény: [1237] Tassy Gergely, 2010-06-20 15:06:25 |
|
[1239] S.Ákos | 2010-06-21 19:19:55 |
Üdv!
Valaki tudja, hogy mi a neve a következő tételnek: Az x2a(mod p) kongruencia akkor és csak akkor oldható meg (p prím), ha p maradéka egy (mod 4p) meghatározott halmazba tartozik?
|
|
|
|
[1242] Róbert Gida | 2010-06-22 13:08:09 |
Egyre zöldebbeket írtok. Ha például a=1, akkor a kongruencia mindig megoldható, még az sem kell, hogy p prím.
Amúgy a kongruencia pontosan akkor oldható meg, ha , illetve, ha a osztható p-vel. (Ez van páratlan p prím esetén, p=2-re mindig van megoldás.) Mellesleg ez az Euler kritérium.
|
Előzmény: [1241] m2mm, 2010-06-22 10:22:42 |
|
[1243] jonas | 2010-06-22 18:10:40 |
Hadd foglaljam röviden össze a helyzetet, mert volt némi keveredés.
Bármilyen p prímre az kongruencia a számok kb. felére oldható meg (a p-hez nem osztható számoknak pontosan a felére, plusz még a p-vel osztható számokra). Összetett számokra nem ez a helyzet, itt több a számra nem oldható meg a kongruencia, mivel lényegében szétesik több másodfokú kongruenciára minden prímosztóra; hogy hány a-ra van megoldás, az így a p prímfelbontásából könnyen kiszámolható.
A p négyes maradéka abban segít, hogy eldöntsd, konkrétan x2-1 megoldható-e. Van arra is elmélet, hogyan lehet meghatározni, hogy egy bizonyos a-ra és p-re meg lehet-e oldani a kongruenciát, ehhez „csak” néhány (max (|a|,|p|)-nél kisebb vagy egyenlő) szám prímfelbontását kell tudni kiszámolni. Ebből az is következik, hogy rögzített a-ra és változó p prímekre a megoldhatóság csak p-nek a 4a-s osztási maradékától függ. Ez az Euler-féle kvadratikus reciprocitási tételen alapul, számelmélet kurzuson tanítani szokták, és le van írva a remek Erdős–Surányi-féle Válogatott fejezetek a számelméletből könyvben.
|
Előzmény: [1242] Róbert Gida, 2010-06-22 13:08:09 |
|
|
|
|
|
|
|
[1250] Jedy | 2010-07-01 08:46:50 |
sziasztok!
Merőben új témáról szeretnék kérdezni,hátha valaki nagyobb tudással rendelkezik ezen a téren.Valaki tudja pontosan,hogy kiből is lehet kockázatelemző,és alapjába véve mit is csinál?Bármilyen információt szívesen fogadnék.Köszönöm:)
|
|
|
[1252] Jedy | 2010-07-02 11:08:47 |
Sziasztok!
Igazából az szte-re szeretnék bsc matekra,menni de alapjába véve a közgazdaság érdekel.Ti mit ajánlotok nekem,egy bsc matek szak után mivel érdemes foglalkoznom,hova érdemes tanulni mennem (esetleg külföldön is elsősorban német nyelvterülten)?
|
|
[1253] psbalint | 2010-07-02 14:45:13 |
Szia! Német nyelvterületen nagyon sok helyen találsz Wirtschaftsmathematik BSc képzéseket, angolul Mathematics in Economics. Magyarországon egyértelműen a BCE-KTK-n a Gazdaságelemzés BSc a legjobb ilyen szak. Vagy ami neked talán még jobban tetszene, van az ELTE-n és a BCE-n közös Biztosítási és pénzügyi matematika mesterszak, erre a gazdaságelemzésről és az ELTE matekról is ugyanolyan jó eséllyel pályázhatsz. Ezt német nyelvterületen is megtalálod sok helyen Finanz- und Versicherungsmathematik néven, de míg Magyarországon csak mesterkepzésben van (tudtommal), kint alapképzésben is akad. én ide járok http://www.math.tuwien.ac.at/
|
|
|
[1255] Jedy | 2010-07-03 21:24:17 |
http://www.ma.tum.de/Studium/Studiengaenge szerintetek a Müncheni Műszaki Egyetem Finane and Actuarial Science és Operations Reseaech képzései magas színvonalat nyújthatnak?Esetleg ezekről valakinek nincsenek információi?
|
|
|
[1257] psbalint | 2010-07-04 09:30:13 |
A Müncheni Műszaki Egyetem a legjobb műszaki egyetem német nyelvterületen, kivéve az ETH Zürichet.
|
|
[1258] Huszár Kristóf | 2010-07-04 14:49:09 |
Sziasztok! Most fejeztem be az első évemet az ELTE matematika BSc. szakán és nagyon pozitívak a tapasztalataim. Mindenkinek, aki ilyen irányban gondolkozik csak ajánlani tudom. Szép nyarat :)
|
|
|
[1260] Higgs | 2010-07-04 18:15:55 |
Üdv! A következő nem világos. Már ismert olyan algoritmus ami több mint 80.000 város legoptimálisabb bejárását megadja, de a 256 darabból álló Eternity 2-őt nem tudta eddig senki megoldani.
|
|
[1261] Róbert Gida | 2010-07-04 21:26:35 |
Mi az, hogy legoptimálisabb? Optimálisnál jobb, vagy mi a túró?
Amúgy eddig egyetlen több, mint 80,000-es *városra* oldották meg a TSP-t. A TSP-re egy rakás heurisztika működik, az Eternity 2-nél pedig backtracking-nél nincs nagyon jobb, jelenleg.
|
Előzmény: [1260] Higgs, 2010-07-04 18:15:55 |
|
|
[1263] Tygriss | 2010-07-06 22:24:02 |
Szervusztok!
Az lenne a kérdésem, hogy egy tizenegyedikes tanulónak milyen versenyei vannak.
Matek, fizika, informatika érdekel.
Válaszotokat előre is köszönöm
|
|
[1264] jonas | 2010-07-07 13:40:33 |
1. A többfordulós beülős állami szervezésű OKTV matematikából és fizikából;
2. a KöMaL levelező pontversenyei;
3. az egyfordulós beülős versenyek: matematikából a Kürschák verseny, amit a Bolyai társulat szervez, fizikából a hasonló Eötvös verseny;
4. a beülős matematikai diákolimpiai válogatóverseny, amiről az olimpiai felkészítő szakkörön kaphatsz információt, és feltehetően valami hasonló van fizikából is;
5. esetleg az elsősorban felsőoktatásban tanulóknak szóló egyfordulós leveleső versenyek, amiket az ELTE szervez: a Schweitzer matematikaverseny és az Ortvay fizikaverseny;
6. esetleg az iskolád által szervezett háziversenyek;
7. valamint az esetleges előérettségit is felfoghatod versenynek.
|
Előzmény: [1263] Tygriss, 2010-07-06 22:24:02 |
|