Fórum: Valaki mondja meg!

köszi a megoldást

még azt kérdezném,hogy nem menne ez gyökvonás nélkül

mert nagy számoknál ez elég problémás

Az x-nek is egésznek kell lennie?

nem kell az x-nek egésznek lenni

Igazából mire és milyen környezetben kell Neked erre megoldást adni? Mert amit írtam (a másodfokú egyenlet megoldóképlete szerinti megoldást), az a megoldás, és más nincs, szóval nem lehet gyökjel nélkül felírni. Programmal akarod esetleg csinálni? (Mert ott elvileg van gyökvonás.) Meg milyen nagyságrendű az n? Ha ezekre választ adsz, akkor jobban segíteni tudunk talán abban, amire szükséged van.

* * *

A gyökvonást mi magunk is implementálhatjuk, alapműveletekkel, ha épp nem akarunk beépítettet használni. Legyen mondjuk a₁=1 (vagy a bármilyen közelítése, ha tudunk jobbat), majd . Ez a rekurzió nagyon gyorsan tart a -hez, a_k+1-nek kétszer annyi jegye pontos, mint a_k-nak. Csak be kell állítani valami leállási paramétert, hogy a program ne fusson a végtelenségig (pl. , vagy amilyen pontosság nekünk kell).

tulajdonképpen a szummát (remélem jól fogalmazok" szeretném visszafejteni n = (1 + 2 + 3 + 4 + ...végtelen) az egyenlettel megkapom ,hogy hányadik lépésnél éri el az n -et az összedás.

ehhez tudnotok kell hogy az eredeti képletem n = x * (x + 1 ) / 2 volt ezzel a képlettel megkaptam hogy hány számot kell összeadnom ,hony n -hez jussak.

reményeim szerint egy prímszitához tudom majd felhasználni a képletet , amivel néhányszáz esetleg néhányezer digites számokrol mondanám meg hogy prím e

a gyökvonás hosszú időtrabló folyamat, és nekem gyors algoritmus kellene

de sajnos nem ez az egyetlen probléma , hanem a nagy számok programozása is úgyhogy egyenlőre csak akkora számokra írom meg a rutint amekkorát a programnyelv alapból kezelni tud ,és ha sikeres akkor rátérek a nagyobb feladatra

ez nekem csak kedvtelés , de nagyon megköszönném, ha segitenétek.

Hallgass Sirpire, meglásd megéri!

Mivel a Sirpi javasolta rekurziós gyökvonás pontossága hatványozottan nő, így nagy számok esetén is gyors eredményt adhat. Talán nagyobb problémád lesz a nagy számok kezelésével, mint ezzel az eljárással.

Ha már felmerült a téma, és azt állítottam, hogy a pontos jegyek száma iterációs lépésenként duplázódik, akkor kicsit pontosítanék, meg bizonyítanám is az állításomat. Tehát a rekurzió

A számtani-mértani közepek közti egyenlőtlenség szerint ez mindig legalább , így tegyük fel, hogy (tehát x-nek c(0) a hibája), és nézzük meg, hogy x-re alkalmazva az iterációt, mekkora lesz a következő tag, azaz hibája.

Ebből már pár dolog kiolvasható. Ha x nagy -hez viszonyítva, akkor a hiba nagyjából feleződik: x=tn, ekkor c is hasonló nagyságrendű, és

Viszont ha már c<1, akkor a következő hiba már kisebb, mint c², vagyis valóban igaz a lépésenkénti duplázódó pontosság.

* * *

Ha gyorsítani akarunk az eljáráson, akkor annyit még érdemes megtenni, hogy a -re adunk egy körülbelüli becslést, hogy az algoritmusnak ne kelljen az n,n/2,n/4... lépéseken végigmennie. Ha d alapú számrendszert használunk, akkor keressük meg a legkisebb k-t, amire nd^2k, és ilyenkor indítsuk az algoritmust d^k-ból, ezzel az első jó pár lépést megspóroljuk.

Egy példa a kiszámolására, a₁=2 indulóértékkel:

2,00000000000000 --- 1,50000000000000 --- 1,41666666666667 --- 1,41421568627451 --- 1,41421356237469 --- 1,41421356237309 --- 1,41421356237309

Vagyis a 6. érték már 14 jegyre pontos.

Van egyébként osztásmentes verziója is a négyzetgyök kiszámolásának (ott szorozni kell). Továbbá a legjobb programok természetesen nem teljes pontossággal számolnak, mint te például 14 jeggyel, hanem mindig kb. megduplázzák az értékes jegyek számát az a_k-ban.

Rákerestem a wikipédián, itt van egy csomó módszer gyökvonásra.

mindenkinek kösz a segítséget a wikipédiás oldal angol,ugyhogy ez nálam kilőve

a gyökvonásból nemsokat értettem, mert éphogy hármas voltam matekból, és már az sem most volt

mivel ez az egyenlet amire itt megoldást kértem ,csupán a program gyorsítását szolgálta volna, így arra az elhatározásra jutottam, hogy más megoldást keresek

ti jók voltatok, csak ez már nekem magas

sziasztok

szerintem Sirpi első válasza lett volna az, ami az eredeti kérdésre a helyes válasz kellett volna, hogy legyen.

heló mindenkinek

ismét segítséget kérnék

(x + y) * (x - y) = n

ha ezt valaki levezetné nekem nagyon megköszönném

n értékét mindíg ismerem x vagy y értékét kellene megállapítenom x és y értéktartománya 2 < x , 0 <= y

már egy napja lógok a neten hogy találjak valami mrgoldás,sőt előkotortam a régi matekkönyveimet is de semmire sem jutottam.

köszi

bocs de azt hiszem nem jól adtam meg az értéktartományt

x és y értéktartománya

2 < x , x pozitív egész

0 <= y < x - 2 , y pozitív egész

n pozitiv egész

talán így korrektebb

Igazából az előző kérdésed után most nem vagyok egész biztos abban, hogy mire is vagy kíváncsi :-)

Ennek a feladatnak két része van, egy bazinehéz, meg egy könnyű. A bazinehéz az, hogy hogy bontsuk fel n-et két szám szorzatára (na jó, mondjuk tizensok jegytől tud ez már problémás lenni). Mivel x+y és x-y paritása azonos, ezért vagy mindkettő páros, vagy mindkettő páratlan. így n-et két azonos paritású szám szorzatára kell felbontani. Ha n páratlan, akkor nem is lehet máshogy, viszont ha n páros, akkor két páros szorzatára kell (egy 4k+2 alakú számot nem lehet így felbontani).

Ha ez megvan, vagyis n=k^.l, ahol kl, akkor x+y=k, x-y=l, és innen triviálisan , .

ismételten bocs

amire én használnám,ott

n mindíg páratlan pozitív egész

de nem értem miért nem lehet párosra felbontani hiszen

ha behejettesítem,akkor van olyan eset is

(6 + 2) * (6 - 2) = 32

de végül is ez mindegy mert nekem kimondottan páratlan

n - re kell a megoldás

a levezetést értem "azt hiszem", de még mindíg nem tudom

számszerüsíteni.

Oké, hogy csak páratlanra kell, de pl. a 10-et vagy a 42-t írd fel ilyen szorzat alakban, nem fog menni. Ahogy írtam, a 4-gyel oszthatók mennek, a csak 2-vel, de 4-gyel nem oszthatóak pedig nem.

Páratlanra meg úgy megy, ahogy írtam: n-et felbontod k^.l-re, és innen , .

Példa: n=91=7^.13, ekkor , , és tényleg: 91=(10+3)^.(10-3)

tulajdonképpen amint látom nekem n - et fel kel lbontanom "fejben/papiron" két szám szorzatára.

akkor viszont nem igen jutottam elöbre , mert ez nagyob számoknál már gondot okozhat. nincs más megoldás?

mert n felbontása csak találgatással megy.

Vagy euklideszi szitával.

Nem megy máshogy. A kettő teljesen ekvivalens: ha mondasz k-t és l-et, én megmondom x-et és y-t, és fordítva.

Ha nagy számokat akarsz felbontani, akkor amire rákereshetsz, mert sokkal jobban működnek, minthogy -ig megnézünk minden prímet, hogy osztja-e n-t:

Pollard -módszere és Pollard p-1-módszere, vagy a kvadratikus szita. Mondjuk egyiket se lehet 10 sorban leprogramozni, szóval így állj hozzájuk.

kósz az ötleteket már kerezsgélem is a különböző szitaeljárásokat

sziasztok

Helló! Megint van egy kedves feladat, látszatra jámbor:

Még gondolkozom az indokláson.

A gyökvonásra való módszer nagyon tetszik, már el is sajátítottam a "digit by digit"-et. Más függvényekre van módszer a Taylor-soron kívül? Raj lenne papíron logaritmust számolni. Amúgy ha egy fügvénynek könnyebben számoljuk az inverz függvényét és inverz függvényének a deriváltját, a függvény mindenhol konvex, vagy mindenhol konkáv, akkor az alábbi sorozat határértéke tart a függvényünk értékéhez az x₀ helyen:

Ebből ki is jön n. gyökre a babilóniai módszer.

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.

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

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

Igen. Hülye hiba volt.

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

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?!

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:)

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

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

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

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

Legyen . Ekkor az integrál erre "fajul":

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 :-(

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

Sziasztok!

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

Köszike:

Zsolt

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?

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

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.

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

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?

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

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.

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.

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.

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

Első hozzászólás alkalmából üdvözlöm a fórumot! Hatodik osztályos versenyfeladattal nem boldogulok, hátha valaki tud segíteni... Melyik szám lehet a sorozat 10. eleme?

1; 2; 3; 3; 2; 3; 4; ..; ..; ..

Persze, explicit alakban biztos harmadfokú (3db 3-as) meg gondolom van rá egy primitív rekurziós képlet, amitől fogom majd a fejem...

Aki foglalkozik vele, annak előre is köszönöm szépen!

"Hatodik osztályos versenyfeladat"

A zárt osztályon?

7-ed fokú polinomot illesztve az első 7 elemre és tetszőleges tizedikre bármilyen komplex szám lehet a tizedik tag, ezért sem értelmes a kérdés.

Neil Sloane több, mint 100,000 sorozatát tartalmazó adatbázisában csak egy sorozat kezdődik így: A002963