Keresés

Részletes keresés

djuice Creative Commons License 2020.09.03 0 0 18286

Na, egy hatodikos gyerek itt teszi le a ceruzát, és utálja meg örökre a matekot! :)))

 

A nagyobbik szám (11) többszöröseit nézve mint egy sorozatnak, a végösszeghez  (118) mért különbségként, a 7-el való maradék nélküli oszthatósága tulkép. a kérdés, magamnak megfogalmazva.

Ez esetleg iterációként hogy írható fel?

Előzmény: Gergo73 (18285)
Gergo73 Creative Commons License 2020.09.03 0 1 18285

Amit írok, elsőre bonyolultnak fog hangzani, de ez azért van, mert teljesen általános.

 

1. Legyen a és b két egész, amelyek legnagyobb közös osztója az 1. Legyen c tetszőleges egész. Az euklideszi algoritmussal kapunk olyan s és t egész számokat, amelyekre as+bt=c teljesül. Ezek után az ax+by=c egyenlet általános egész megoldása is megkapható. Az egyenlet a kapott s és t számokkal átírható mint

 

ax+by = as+bt

 

a(x-s) = b(t-y)

 

Mivel a és b relatív prím, ezért valamilyen k egésszel x-s=kb és t-y=ka, vagyis az általános egész megoldás

 

x = s+kb és y = t-ka, ahol k tetszőleges egész.

 

2. A konkrét feladatban a=7, b=11, c=118. Az euklideszi algoritmus (ahogy én futtattam) azt adja, hogy s=-3*118, t=2*118, tehát az ax+by = 118 egyenlet általános egész megoldása

 

x = -3*118+11*k és y = 2*118-7*k, ahol k tetszőleges egész.

 

Na most az x és y pontosan akkor nemnegatív, ha

 

3*118/11 <= k <= 2*118/7

 

azaz

 

32,181... <= k <= 33,714...

 

Tehát k=33 az egyetlen lehetőség, vagyis

 

x= -3*118+11*33 = 9 és y = 2*118-7*33 = 5.

Előzmény: djuice (18284)
djuice Creative Commons License 2020.09.03 0 0 18284

Egy üzemben 7 és 11 tallér a dolgozók napi bére. Összesen 118 talléruk van. Hányan keresnek 7 és hányan 11 tallért?

 

(2 ism. egyenlet. Behelyettesítős találgatással egyszerűen megoldható. De milyen matematikai módszer létezik az elegánsabb megoldásra?)

Torlake Creative Commons License 2020.08.31 0 0 18283

Kár hogy nem lehet szerkeszteni :(

Szóval a legkisebb kiválasztott maximum 3 lehet, nem lehet mindegyik kiválasztott 3-nál nagyobb. És ezeket a rosszakat számoljuk meg 8 choose 3-mal.

Előzmény: Torlake (18282)
Torlake Creative Commons License 2020.08.31 0 0 18282

Kicsit általánosabb megoldással a korábbi logikát folytatva... Ha nem lenne kiskapcsoló, akkor 11 choose 3 (sajnos nem tudom magyarul hogy mondják) lenne a megoldás, de a kiskapcsoló miatt a legkisebb kiválasztótt golyóindex (vagy fokozatindexelválasztó) 3 lehet, mert az jelentené a 2-es fokozatot az első kapcsolón. Tehát a 11 choose 3-ból nekünk nem jó 8 choose 3, amikoris mindegyik kiválasztott index 3-nál nagyobb. És ha ezt a kivonást elvégezzük, akkor kijön a 109.

Torlake Creative Commons License 2020.08.31 0 0 18281

Hehe, próbáltam visszafejteni a számaidból és a kiválasztós képletre jutottam és abból próbáltam visszafejteni a logikát, ami nálam végül az volt, hogy a fokozatokra golyóként tekintek, amiből 8 (ill. 7 és 6) lesz és beteszek 2 plusz "elválasztó" golyót és így jutottam oda, hogy 10-ből, 9-ből és 8-ból választunk ki 2 "elválasztó" pozíciót. Más logika, de ugyanaz az eredmény.

Előzmény: NevemTeve (18280)
NevemTeve Creative Commons License 2020.08.31 0 0 18280

Mondjuk a  ha 8-as összeget akarunk elérni a három "nagykapcsolóval", akkor lesznek először a 008,017,..,071,080 kombinációk (9 db), azután 107,016,..,061,070 kombinációk (8 db), és végül a 800 kombináció (1 darab); ez összes 45 db; általánosítva (n+1)(n+2)/2 az n=8 esetre.

 

7-es összeges 8*9/2=36-féleképpen lehet kihozni; 6-ot pedig 7*8/2=28-féleképpen.

Előzmény: Torlake (18278)
Torlake Creative Commons License 2020.08.31 0 1 18279

Ja megvan, 10-ből 2, 9-ből 2 és 8-ból 2 kiválasztása.

Köszi a segítséget.

Torlake Creative Commons License 2020.08.31 0 0 18278

Hmmm, igazából ez is segítség nekem, ha még megmondod, hogy a 45, 36 és 28 hogy jönnek ki, mert nekem most az se világos.

Előzmény: NevemTeve (18277)
NevemTeve Creative Commons License 2020.08.31 0 0 18277

Nincs csodaképlet, ha erre gondolsz. Veszed a "kiskapcsoló"=0 esetén a 45-öt, "kiskapcsoló"=1 esetén a 36-ot, és "kiskapcsoló"=2 esetén a 28-at, és összeadod.

Előzmény: Torlake (18276)
Torlake Creative Commons License 2020.08.31 0 0 18276

Köszi, írtam rá programot így ez nekem is megvolt, de a matematikai módszer érdekelne.

Előzmény: NevemTeve (18275)
NevemTeve Creative Commons License 2020.08.31 0 0 18275

109

Előzmény: Torlake (18274)
Torlake Creative Commons License 2020.08.31 0 0 18274

Van 4 kapcsoló fokozatokkal. Az egyiknek csak 3 fokozata van (0-2), a többinek 9 (0-8). Hányféleképpen lehet úgy beállítani a kapcsolókat, hogy a fokozatok összege 8 legyen?

nemarmatek Creative Commons License 2020.08.13 0 0 18273

Sziasztok,

 

Ez a bejegyzés egy részben off topic. létrehoztunk egy csatornát ahol segítséget kaphattok matematika fizika stb témakörökben. Nem kötelező, de így a mostani helyzetben igyekszünk segíteni mi is mindenkinek.

https://www.youtube.com/channel/UCmkcmS2bmJ28UxmBkl7kcSA

 

 

Szép napot mindenkinek!

 

üdv.

kedvenced a matek-e Creative Commons License 2020.08.13 0 0 18272

sőt, tetszőleges acélrúd 1métere annyira eltér az ideálistól, hogy fél milliméter nem oszt nem szoroz

egyébként is, ha 1m kilóg, akkor a tokmány holtjátéka is több ennél

szóval ez nekem a

"mérj mikrométerrel, jelöld meg krétával és vágd el baltával" kategóriába esik.

 

Előzmény: Sheldon Q/ (18259)
kedvenced a matek-e Creative Commons License 2020.08.13 0 0 18271

szőrszálhasogatás ON

 

azt írod, hogy és érvényes a metrika.

de a metrika az pont az, amit fölötte leírtál, ez itt ni:

 

d(a,b) >= 0,

d(a,a) = 0,

d(a,b) = d(b,a),

d(a,c) <= d(a,b) + d(b,c),

 

 

szőrszálhasogatás OFF

Előzmény: magyarpityu (18247)
Törölt nick Creative Commons License 2020.08.12 0 0 18270

Numerikusan egy adott pontosság elegendő szokott lenni, mert mérni sem tudunk végtelen pontossággal.

 

 

Mondjuk engem jobban zavar, hogy Fourier-sort tudok számolni, de integrált már nem.

Például numerikusan összegezni kellene végtelen sok frekvencia szerint. Fogalmam sincs, hogy ezzel mit lehet kezdeni.

Előzmény: magyarpityu (18269)
magyarpityu Creative Commons License 2020.08.12 0 4 18269

Végtelen sorokat én sem számolok ki végtelen sok tagra, ehhez túl lusta vagyok, nincs türelmem kivárni a végét :))

Előzmény: Törölt nick (18268)
Törölt nick Creative Commons License 2020.08.12 0 0 18268

Köszi, közben átrágtam magam rajta valameddig.

 

Nekem még úgy tanították, hogy (numerikusan) nem számolunk végtelen sok taggal.

Hanem például a szögfüggvények esetén x0-nak veszünk valamilyen nevezetes szöget, és a néhány tagból álló közelítő sorfejtés annak a közelében érvényes.

 

 

figyelembe véve az Abel-tételt

(Ha egy kezemen nem tudom megszámolni, hogy hány tételt kell tudni fejből, az már számomra "kémia". Bocsánat.)

Előzmény: magyarpityu (18265)
magyarpityu Creative Commons License 2020.08.12 0 0 18267

Így igaz! Kedvenc tételem az, mikor f(z) komplex függvény reguláris egy z0 pont környezetében, akkor van Taylor-sora z0-ban. Mindig. Nagyon menő! Pl. ennek a valós függvénynek az x = 0 pontban minden deriváltja létezik, ezért a Taylor-sor formálisan felírható, sőt, ez a sor konvergens is, csak éppen nem a függvényhez konvergál, tehát mégsem a függvény Taylor-sora a 0-ban, noha ebben a pontban minden derivált létezik!

 

Legyen: g(x) = e^(-1/x^2), ha x nem 0, egyébként g(0) = 0.

 

g(x) értelmezve van 0-ban, itt folytonos, és minden deriváltja létezik, mégsincs Taylor-sora 0-ban. És hogy miért nincs itt Taylor-sor, ez egyből látszik, ha komplex függvénnyé kiterjesztjük!

Előzmény: Gergo73 (18266)
Gergo73 Creative Commons License 2020.08.12 0 1 18266

Köszönöm, hogy elmagyaráztad neki. Persze a Taylor-sor nem mindig állítja elő a függvényt, még akkor sem, ha a függvény végtelen sokszor valós differenciálható. Ellenben ln(1+z) egy komplex differenciálható függvény a |z|<1 körlapon, így ott tényleg előállítja őt a Taylor-sora.

Előzmény: magyarpityu (18265)
magyarpityu Creative Commons License 2020.08.12 0 1 18265

Szia!


Alkalmazzuk a képletet f(x) = ln(1+x) függvényre!


dn/dxn f(x) = dn/dxn ln(1+x) = d^n-1/dx^n-1 1/(1+x) = (-1)n-1 * (n-1)! * 1/(1+x)n


Deriváltak az x = 0 pontban:


 dn/dxn ln(1+x) |x = 0 = (-1)n-1 * (n-1)!


Taylor-sor az x = 0 pontban:


Mivel f(0) = ln(1) = 0, és dn/dxn f(x) |x = 0 * xn / n! = (-1)n-1 * (n-1)!/n! * xn = (-1)n-1 * 1/n * xn, ezért a Taylor-sor:


f(x) = sum (-1)n-1/n * xn, ahol n > 0 egész, és abs(x) < 1.


Ez pedig, figyelembe véve az Abel-tételt, az x = 1 pontban a következő értéket veszi fel:


ln(2) = 1 - 1/2 + 1/3 - 1/4 + ... + (-1)n-1/n + ...


qed

Előzmény: Törölt nick (18264)
Törölt nick Creative Commons License 2020.08.12 0 0 18264

Nem úgy néz ki a Taylor-sor általános alakja, hogy

 

f(x0+∆x) = f(x0) + ∑ f(n)(x0) * ∆xn / n!

 

?

Előzmény: Gergo73 (18263)
Gergo73 Creative Commons License 2020.08.12 0 1 18263

Természetesen a 1 - 1/2 + 1/3 - 1/4 + 1/5 - 1/6 + ... sor nem abszolút konvergens, nem is tehetnénk meg az x = 1 helyettesítést az abs(x) < 1 miatt, szóval kicsi csalás van a dologban.

 

Abel tétele alapján az x=1 pontban is igaz, hogy

 

ln(1+x) = x - x2/2 + x3/3 - x4/4 + ...

Előzmény: magyarpityu (18262)
magyarpityu Creative Commons License 2020.08.11 0 0 18262

Kapkodtam, lemaradt (következetesen) egy zárójel:

 

1/(1*2) + 1/(3*4) + 1/(5*6) + ... + 1/((2*k+1)*(2*k+2)) + ...

 

Természetesen a 1 - 1/2 + 1/3 - 1/4 + 1/5 - 1/6 + ... sor nem abszolút konvergens, nem is tehetnénk meg az x = 1 helyettesítést az abs(x) < 1 miatt, szóval kicsi csalás van a dologban.

Előzmény: magyarpityu (18261)
magyarpityu Creative Commons License 2020.08.11 0 0 18261

Szia!


Tehát 1/(1*2) + 1/(3*4) + 1/(5*6) + ... + 1/((2*k+1)*(2*k+2) + ... végtelen összeget keresed. Miután felismertük, hogy az általános tag nem más, mint 1/((2*k+1)*(2*k+2), ahol 0-tól számozzuk a tagokat, ezért résztörtekre bontjuk ez a kifejezést, hátha egyszerűbb összeget kapunk:


1/((2*k+1)*(2*k+2) = 1/(2*k+1) - 1/(2*k+2)


Most ezt felhasználva felírjuk a végtelen összeget:


(1/1 - 1/2 ) + (1/3 - 1/4) + (1/5 - 1/6) + ... + 1/(2*k+1) - 1/(2*k+2) + ... = sum (-1)^(k+1)/k, ahol k > 0 egész szám.


Felismerjük, hogy ez valamilyen összefüggésben van az ln(1+x) Taylor-sorával, hiszen


ln(1+x) = x - x^2/2 + x^3/3 - x^4/4 + ... + (-1)^(k+1)/k * x^k + ... ahol k > 0 és abs(x) < 1.


Ebbe x = 1 értéket helyettesítve ez adódik: ln(2) = 1 - 1/2 + 1/3 - 1/4 + 1/5 - 1/6 + ...


Nicsak, éppen ezt kerestük!


Tehát a keresett összeg hatértéke: ln(2) = 0,6931471805599453...

Előzmény: sapkadomb (18260)
sapkadomb Creative Commons License 2020.08.11 0 0 18260

Segítséget kérek! Nem ismerem az alábbi sorozat definicióját, csak a közelítő natárértéket :       

0.6931468...                           A sorozat első néhány eleme : 1/1x2 + 1/3x4 + 1/5x6 + 1/7x8....stb.                      

Sheldon Q/ Creative Commons License 2020.08.11 0 1 18259

ez mind szép, de a befogás szabálytalansága kb 10x akkora, mint az eltérés amint ki akarsz számolni.

forgatod harminc fokonként, mérsz, kapsz valamit

aztán kifogod a tokmányból, befogod újra és az eltérés kb 10x lesz

és akkor még lehet, hogy a 10x szorzóval keveset mondtam

Előzmény: magyarpityu (18173)
antinómia Creative Commons License 2020.07.26 0 0 18258

Hát pedig ez matematika. Elvonatkoztatva (a pszichológiától  főleg jó messze).

Tehát adott egy téglap (5x74 négyzettel.). 5 lyuk van rajta. 

Akkor keressük meg  az összes lehetséges  4 lyukat. 5 féleképp befoltozok 1 lyukat.

Keressük meg az összes három lyukat. 10 féleképp befoltozok 2 lyukat.

..........

stb

Akkor: Az tuti, hogy ezen a téglalpon az első oszlopban egy, 2.oszlopban 1, ..., 5.ben is 1 lyuk van.

Ezek szerint pont azokra nem tesznek pöttyött az emberek, ami lyukas, valamelyik oszlopon.

 

(Hogyan lehetne értelmesen ráképezni, a szültésnapok, házassági évfordulók stb. számát 1,...,90 intervallumra, hogy jobban lefedjék a téglalapot? Több 5,4,3,stb találatuk legyen.)

 

.  

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

mma Creative Commons License 2020.07.26 0 0 18257

A triviális metrika az, amin maga a lottójáték alapul. Két számötös egy mástól való távolsága 5-n, ahol n a két számötös mindegyikében előforduló számok száma. Ez alapján fizet a lottó.

Előzmény: mma (18255)

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