Keresés

Részletes keresés

Gergo73 Creative Commons License 2009.04.09 0 0 2004

Ez az első kérdésre volt a válasz. A második kérdésre az a válasz, hogy ugyanannyi, mint ahány 8 hosszú olyan "szó" van, ahol az első karakter nem szóköz, de a többi bármi lehet (az utolsó is). Ezek száma (n-1)n7.

 

Ez az eredmény csúnyábban is megkapható: meg kell számolni a 7,6,...,1 hosszú eredeti értelemben vett "szavakat" és össze kell adni őket (az üres sztringet nem tekintve "szónak"). Az eredmény

 

(n-1)2{n6+n5+n4+n3+n2+n+1}+(n-1)=(n-1)n7.

Előzmény: Gergo73 (2003)
Gergo73 Creative Commons License 2009.04.09 0 0 2003
Az első és utolsó betű (n-1)-féle lehet, a többi 6 n-féle. Igy a kombinációk száma (n-1)2n6.
Előzmény: RumBard (2002)
RumBard Creative Commons License 2009.04.08 0 0 2002
Sziasztok,
nem nehéz feladat, csak meggyőzni nehéz valakit...

Szóval adott egy n-karakteres abc, az abc egyik betűje a szóköz,
1. hány különböző 8 karakter hosszú olyan "szót" lehet előállítani, aminek elején és végén nem lehet szóköz?
2. hány különböző legfeljebb 8 karakter hosszú ilyen "szót" lehet előállítani

Köszi.

elsoszulott Creative Commons License 2009.04.08 0 0 2001
Talán még annyit illik hozzátenni, hogy ekkor

|f^(k)(x)-f^(k)(x_n)|+|p^(k)_n (x_n)-p^(k)(x_n)|+|p^(k)(x_n)-p^(k)(x)|

a szélső kettő az x_n tart x és f,p k-szor folyt diffható miatt megy 0-hoz; középsőnél, pedig rögzített fokú polinomsorozat ha konvergens akkor együthatónként is konvergál, így triviálisan adódik, hogy intervallumon egyenletesen konvergál. (hogy létezik a limesz azt tudtuk máshonnan, konkrétan az osztott differenciás előállításból)

Így már szerintem teljes.
Előzmény: elsoszulott (1999)
elsoszulott Creative Commons License 2009.04.07 0 0 2000
javítás, végén k. deriváltjuk, hiszen pontok száma+derivált rendje az mindig k+1
Előzmény: elsoszulott (1999)
elsoszulott Creative Commons License 2009.04.07 0 0 1999
1980 bizonyítása akkor innen a következő:

Tekintem a polinomsorozat n. tagjában (p_n) az l. alaponthoz(u) tartozó alappont-partíciót(mérete k+1), az ezek által meghatározott intervallumuk mindegyikében Rolle-tétel garantálja, hogy lesz pont ahol p_n'(x)=f'(x), ezek meghatároznak eggyel kevesebb intervallumot, ezek mindegyikében ugyanígy 2. deriváltak egyeznek meg...
létezik végül 1 pont ahol k+1 -dik deriváltjuk egyenlő. Világos továbbá, hogy n-tart végtelen esetén ez az (x_n) pont tart az alapponthoz, így lim p^(k)_n(x_n)=lim (f^(k) (x_n), és kész hiszen k-szor folyt-diffható volt f.
Remélem nagyjából érthető.
elsoszulott Creative Commons License 2009.04.07 0 0 1998
Basszus télleg
Előzmény: Törölt nick (1996)
elsoszulott Creative Commons License 2009.04.07 0 0 1997
Sőt, lehet működik a bizonyításom e nélkül is... ha kész vagyok vele, majd beírom ide és mond véleményt róla aki akar és érti.
Előzmény: elsoszulott (1995)
elsoszulott Creative Commons License 2009.04.07 0 0 1995
Sziasztok!

Szeretnék segítséget kérni a következőben: (ha erre igenlő, választ kapok akkor az előző nehezebb problémára tudok adni egy bizonyítást)



Legyen f,g [a,b]-n folytonos (a,b)-n diffható, továbbá f(a)=f(b)=g(a)=g(b), igaz-e, hogy létezik x eleme (a,b), melyre f'(x)=g'(x)


Gergo73 Creative Commons License 2009.04.07 0 0 1994

1. Nem a 2 sugarú gömb felszínével kell megszorozni, hanem az x sugarú gömb felszínével, magyarán 4.pi.x2-tel.

 

2. Háromféleképpen elmondtam a bizonyítást (magyarán az okokat), és ezeket még magyaráztam is mindenféleképpen az értetlenkedőknek (1726 és 1807, 1868, 1881; l. még 1865, 1891). Többet nem foglalkozom a feladattal (vö. 1898).

 

3. Ha a valaki nem érti az integrál fogalmát, akkor nem fog érteni egy olyan bizonyítást, ami használja ezt a fogalmat.

Előzmény: Auréliusz (1992)
sashimi Creative Commons License 2009.04.06 0 0 1993
Olvasd tovabb amit JT ir, oda van irva a valasz!
Előzmény: Auréliusz (1991)
Auréliusz Creative Commons License 2009.04.06 0 0 1992
Kedves Gergo73!

Egy korábbi megoldásodnál, ha még emlékszel arra a nagy gömb ill. két kis gömb benne való elhelyezésére, egy utolsó kérdést tartogat még számomra: miért kellett a V(x)-et a 2 sugarú gömb felszínével összeszorozni az integrálás előtt?
Auréliusz Creative Commons License 2009.04.06 0 0 1991
"Ha a korlátos sorozatok egy részosztálya elég szép akkor ezt konstruktív módon is meg lehet tenni"

Ezt hogy kell értenem?
Előzmény: Jo Tunder (1986)
Jo Tunder Creative Commons License 2009.04.06 0 0 1990
A pluszminuszra nem emlekeztem.
Előzmény: Gergo73 (1988)
sashimi Creative Commons License 2009.04.06 0 0 1989
Vagy vegyuk a valosak egy nem-standard modelljet. Legyen M nem-standard termeszetes. Ha X=(x_n) valosak egy korlatos sorozata, akkor a nem-standard modellben nezzuk X(M)-t, azaz a sorozat M-edik elemet. Ez egy standard y valostol egy olyan epszilonnal ter el, ami minden standard pozitivnal kisebb. Rendeljuk ezt az y-t limeszkent az X_hez.
Előzmény: Jo Tunder (1986)
Gergo73 Creative Commons License 2009.04.06 0 0 1988
Szerintem nem a visszatérésről volt szó pár hete, hanem hogy ha az egyik játékos dobásai hozzáadódnak, a másik játékos dobásai kivonódnak, akkor felváltva dobálva átlagosan hány lépés után éri el az összeg a +-100-at. Ez a várható érték véges.
Előzmény: Jo Tunder (1987)
Jo Tunder Creative Commons License 2009.04.05 0 0 1987

Gergo, valamikor pár hete szóbakerültek visszatérési várhatóértékek egy dobókockás feladatban. Az szinte bizonyosan végtelen. A közönséges egydimenziós bolyongás végtelen sokszor tér vissza, de az első visszatérés várható időpontja végtelen. Ha nem így lenne ki lehetne fosztani a kaszinókat.

 

 Pár napja belecseppentem egy beszélgetésbe, és eszembe jutott ez a dolog.

Előzmény: Gergo73 (1983)
Jo Tunder Creative Commons License 2009.04.05 0 0 1986
A korlátos sorozatokhoz hozzá lehet rendelni egy "limesz"-t, úgyhogy az rendelkezzen a limesz szokásos tulajdonságaival. Ehhez a konstrukcióhoz fel kell használni a kiválasztási axiómát (a Hahn-Banach tétel legegyszerűbb alkalmazásával lehet konstruálni a Banach-limeszeket, ultrafilterekkel meg az ultralimeszeket amelyek még multiplikatívak is). Ha a korlátos sorozatok egy részosztálya elég szép akkor ezt konstruktív módon is meg lehet tenni, lásd a különböző rangú Cesaró limeszeket amelyekről Gergo beszélt.
Előzmény: Auréliusz (1976)
elsoszulott Creative Commons License 2009.04.05 0 0 1985
Csak önmaga nem valódi részhalmaza (legalábbis mifelénk így használják)
Előzmény: Auréliusz (1982)
sashimi Creative Commons License 2009.04.05 0 0 1984
En is "valodi, nem ures"-t mondok ha mindket vegletet ki akarom zarni. Valodi reszhalmaz lehet ures.
Előzmény: Gergo73 (1983)
Gergo73 Creative Commons License 2009.04.05 0 0 1983
Szerintem nincs teljes egyetértés abban, hogy mit nevezzünk "valódi osztónak" vagy "valódi részhalmaznak". Ez megállapodás kérdése (nem matematika). Én valódi részhalmaznak olyan részhalmazt hívok, ami nem a teljes halmaz. Tehát nálam az n elemű halmaznak 2n-1 valódi részhalmaza van.
Előzmény: Auréliusz (1982)
Auréliusz Creative Commons License 2009.04.05 0 0 1982
Lenne egy kérdésem, melyet a Megbukott az ateizmus? c. topikban tárgyalunk, de nem tudunk zöld ágra vergődni.

Nos vagy én vagyok hülye, vagy a vitapartnerem, egyik se kizárt, de ha valaki tudja a választ, akkor arra kérem, hogy segítsen: Ha A egy nem üres (n elemű) halmaz, akkor a 2 az n-ediken db részhalmazából 2 db (önmaga és az üres halmaz) nem valódi részhalmaza?

köszönöm.
elsoszulott Creative Commons License 2009.04.05 0 0 1981
n_i=2-re látok annyit, hogy lagrange-tétel miatt egy adott x_0 osztópontra lesz egy olyan y_n sorozatom hogy y_n tart x_0 és f'(y_n) tart f'(x_0).
Előzmény: elsoszulott (1980)
elsoszulott Creative Commons License 2009.04.04 0 0 1980
Adott egy intervallumon értelmezett sokszor diffható f függvényem; valamint az intervallumban k db alappontom. Képezem f lagrange-interpolációs polinomjainak egy sorozatát, úgy, hogy az n-edik alapontomhoz n_i db alappont konvergál, így tehát a függvénysorozat minden tagja f-nek szumm_ n megy 1-től k-ig n_i alappontú lagrange interpolációs polinomja. A limeszfüggvény állítólag a megfelelő Hermite interp poli.De nem látom miért. Aki de, az kérem segítsen.
Gergo73 Creative Commons License 2009.03.30 0 0 1979
A nagy Hardy pedig könyvet is írt róluk.
Előzmény: elsoszulott (1978)
elsoszulott Creative Commons License 2009.03.30 0 0 1978
Euler állt ki a divergens sorok mellett, mondván, hogy a róluk való gondolkodás meglepő módon sok helyes eredményre vezette, ezután szép lassan kiforrtak különböző precíz módszerek, Laczkó-T Sós -ban tudsz olvasni erről.
Előzmény: Auréliusz (1976)
Gergo73 Creative Commons License 2009.03.29 0 0 1977

Olvashatsz ezekről itt. Az első dőlt betűs sor igen vicces.

Előzmény: Auréliusz (1976)
Auréliusz Creative Commons License 2009.03.29 0 0 1976
"Végtelen összegekhez más módon is szokás számot rendelni vannak un. C_k szummábilis sorok, meg Abel-szummáció meg mindenféle eljárás, ezekkel konvergensekre ugyanazt kapod mint rendesen, viszont ezeddig divergensek némelyikéhez már kapsz számot."

Azt állítod, hogy végtelen, divergens sorok összegéhez egy meghatározott értéket rendelhetünk? Na ez nekem új, pár szóban ki tudnád fejteni?
Előzmény: elsoszulott (1969)
Gergo73 Creative Commons License 2009.03.29 0 0 1975
Igen, lehet. Hatványsorok esetében adja magát.
Előzmény: elsoszulott (1973)
Gergo73 Creative Commons License 2009.03.29 0 0 1974
Igen, így elmondva valóban nem érdektelen.
Előzmény: sashimi (1972)

Ha kedveled azért, ha nem azért nyomj egy lájkot a Fórumért!