Fórum: Valaki mondja meg!

Biztos van egyszerűbb megoldás is ( maradékosztályokat felhasználó vagy gráfelméleti), de ezt nem találtam.

Jelölje A_i azon függvények halmazát,melyek maximuma i. Ekkor ha 0ik ,akkor

A_i elemszáma (k+1)ⁿ-kⁿ,mert

fA_i esetén i-kf(j)i, tehát f k+1 féle értéket vehet fel, így azokat a k+1 elemből képezhető n hosszú sorozatokat kell leszámolni, melyek legalább egyszer tartalmazzák az i-t.

Ha pedig -ki-1, akkor a fentihez hasonlóan

A_i elemszáma (i+k+1)ⁿ-(i+k)ⁿ

A fenti módszerrel minden függvényt pontosan egyszer számoltuk, hiszen egy A_i-n belül a függvények különböznek és ij esetén minden A_i-ben szereplő függvény eltér minden A_j-ben szereplő függvénytől, mert a maximumuk különböző. Az összes függvény száma

(1ⁿ-0ⁿ)+(2ⁿ-1ⁿ)+...+(kⁿ-(k-1)ⁿ)+(k+1)((k+1)ⁿ-kⁿ)=(k+1)ⁿ⁺¹-kⁿ⁺¹

Valki segítene ebben a feladatban? Hány olyan elem van 64 elemű test felett amely nincs benne valódi résztestben?

Elöre is köszönöm!

"Hány olyan elem van 64 elemű test felett...", ezt úgy érted, hogy "Hány olyan elem van 64 elemű testben..."? Ha igen, akkor szerintem 32. Mivel a 64 elemű test legbővebb valódi részteste 32 elemű és a többi résztest ennek részteste, a maradék 32 elem nem eleme egyetlen résztestnek sem.

A 64-elemű testnek csak 2-, 4- és 8-elemű résztestei vannak.

A bővebb test vektortér a résztest felett, ezért az elemszáma csak hatványa lehet a résztest elemszámának.

Köszönöm szépen!

Igaz. Ezen még gondolkozok.

Sziasztok!

Egy kis segítségre lenne szükségem: Rn redukált maradékosztályok csoportjában hogy kell elem rendjét kiszámolni? Vagy ami ezzel ekvivalens, b a k-adikon kongruens 1 modulo n egyenletet hogy kell megoldani? (b és n ismert)

Üdv: Borel

Üdv. Freud: Számelmélet című könyvében pl. utána lehet nézni, de a google is segíthet:) a rend emlékeim szerint a legkisebb ,,jó'' kitevő és osztója minden jó kitevőnek pl. fi(n)-nek is. fi(n) n-ig az n hez relatív prímek száma. Konkrét b és n esetén tehát a rend a fi(n) osztói közül kerül ki. Régen tanultam ezekről talán diszkrét logaritmus(index) címszóval keresd a problémát.

Végignézheted szép sorban b^d-t minden szóba jöhető d-re, azaz amikor d poz. egész és osztja (n)-t, aztán ha 1 maradékot ad, akkor az aktuális d lesz a válasz. Kis n-re ez is jó.

Köszönöm a válaszokat. Én is így számoltam eddig, csakhát reméltem van valami hatékonyabb megoldás is... n=7-re a 3 rendjéért már meg kell szenvedni (szg. nélkül).

Nézzük. A 7-1 prímfelbontása 2^.3, úgyhogy elég a második és harmadik hatványt megnézni, ha egyik sem 1, akkor a rend 6. Mármost 3²=92mod 7 az nem 1, és 3³2*3=6 szintén nem 1, tehát a 3 rendje 6.

A Wikipedia szerint ez egy ismert probléma, amelyre eddig nem találtak polinom futásidejű algoritmust, és azt sem tudják, hogy van-e; viszont az inverzét, a hatványozást könnyű hatékonyan elvégezni. Ha jól tudom, az sem ismert, hogy léteznek-e bizonyítottan ilyen tulajdonságú ún. csapóajtófüggvények.

The existence of one-way functions

Továbbra is úgy értelmezem a kérdést, hogy "Hány olyan elem van 64 elemű testben, amely nincs benne valódi résztestben?" Ennek a testnek valóban csak 2,4 és 8 elemű résztestei lehetnek mivel minden test vektortér bármelyik részteste felett, ahogy Fálesz Mihály is írta. Ilyen résztestei pedig valóban vannak is, mégpedig mindegyikből csak 1-1. Ez a test (GF(64)) a x⁶⁴-x polinomnak felbontási teste (e testben lineáris gyöktényezők szorzatára bomlik), sőt pontosan a x⁶⁴-x polinom gyökei alkotják a test elemeit. Az, hogy ennek a testnek van 2, 4 és 8 elemű részteste abból következik, hogy a x²-x, x⁴-x és x⁸-x polinomok osztói a x⁶⁴-x polinomnak, amelyek gyökei így szintén GF(64) elemei. Ezek a gyökök könnyen bizonyíthatóan résztesteket alkotnak, mert (x+y)²=x+y,(xy)²=xy,(-x)²=-x,(x^-1)²=x^-1 (itt kihasználtuk, hogy a test 2 karakterisztikájú). Hasonlóan 4 és 8 kitevővel. Más 2, 4 és 8 elemű résztestei GF(64)-nek nincsenek, mint a most felsorolt polinomok gyökeiből álló testek, mert az azt jelentené hogy a x²-x, x⁴-x és x⁸-x polinomoknak 2,4 illetve 8-nál több gyökük lenne ami lehetetlen. A 2 elemű (0,1 -et tartalmazó) résztest részteste a 4 és 8 elemű testeknek is, azonban a 4 elemű résztest nem részteste a 8 eleműnek (mivel a 8 elemű test nem lehet vektortér a 4 elemű felett). Vagyis e résztestek uniója 10 elemet tartalmaz, a maradék 54 elem pedig egyik résztestnek sem eleme.

Üdv! Csak azt szeretném kérdezni hogy szerintetek gimis matekkal bizonyítható-e a Fermat sejtés n=3 esete?Szerintem sikerült csak még nem írtam le!:D:D:D

Könnyen meglehet. Írd be, szívesen átrágjuk rajta magunkat.

Szerintem nincs kizárva, hogy bizonyitható, n=4 esetre pl. elég "könnyű" a bizonyitás, én is kiváncsian várom a bizonyitásodat.

Most nem otthon vagyok, úgyhogy nem tudom ellenőrizni, de a Szalay: Számelmélet könyvben nincs benne az n=3 és az n=4 esetek bizonyítása?

Freud: Számelmélet könyvében benne van az n=4 és az n=3 eset is, de az n=4 Euler-egészekkel (ha jól emlékszem). Gábor azt állította, h az előbbire van középiskolás módszerekkel megoldása. Én szkeptikus vagyok, de ne legyen igazam:) Szerintem egyszer mindenki megkísérli bizonyítani az n=3,4-et aki olvasott gimiben Fermat sejtésről...(aztán az esetek többségében besül a próbálkozás)

n=3 van az Euler egészekkel. bocsánat

és n=3-ra van elemi bizonyítása...rossz napom van

Most már otthon vagyok és megnéztem a Szalay: Számelmélet könyvet. Az n=4 esetre leír egy nem túl nehéz elemi megoldást. Az n=3 esetet nem bizonyítja, de megemlíti, hogy az Euler-egészek segítségével látták be.

Az n=4-re végtelen leszállással lehet bizonyitani pl., ami eleminek mondható.

Milyen módszerrel javasoljátok az integrál kiszámolását? Illetve milyen helyettesítés a legelőnyösebb?

Teljes négyzetté kiegészítés, konstans kiemelése, majd lineáris helyettesítés, és máris visszavezetted -re.

Igen, igy probaltam, de Newton-Leibniz alkalmazasa utan nagyon csunya lett a 2 arcsin argumentuma, semmi ismeros nem volt. Meg egyszer megoldom, lehet en rontottam valahol, es visszaterek, ha megsem sikerul.

Próbáltad az arkusz szinuszok eredményét (vagy a két eredmény különbségét vagy az argumentumokat) numerikusan kiszámolni, hogy megsejtsd rájuk a kerek formulát, esetleg a Plouffe's Inverter segítségével? Nem számoltam utána, úgyhogy lehet, hogy ez nem működik. Az is lehet persze, hogy tényleg egy csúnya kifejezést kapsz az integrál értékére, amit nem lehet egyszerűsíteni.

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 , 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)

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)

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

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.

Sziasztok!

Hogyan lehet belátni,hogy

Köszike: Cokee

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

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

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

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

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.

Üdvözlök mindenkit!

egy megoldás:

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!

A két piros helyzete alapján össze lehet számolni az eseteket. Ha a másik két színt nem nézzük, akkor a pirosak -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 -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 -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 eset.

- ugyanúgy 10, a végén vannak a golyók.

- a közbülső helyeken vannak: ekkor a KPKPK rész lehet 5 helyen, és minden esetben -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, 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 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 :-)

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

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: - összes eset:

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

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)

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.

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.

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

mert ennek az egyenletnek ennyi információ alapján nincsen egyértelmű megoldása.

mennyi c?

a és b egészek?

C bármely pozitív egész

A és B egész

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