Na, egy hatodikos gyerek itt teszi le a ceruzát, és utálja meg örökre a matekot!
Nem hatodikosoknak szántam a leírást, Te kérted, hogy írjam le, mi van a feladat mögött. Egyébként az euklideszi algoritmus az egyik legszebb dolog a világon, nagyjából szebb, mint bármi, amit általános iskolában tanítanak matematikából.
Egy hatodikosnak úgy magyaráznám, hogy próbálgatással kijön az x=9 és y=5. Aztán meg lehet gondolni, hogy az x-et lehet 11-esével növelni, de akkor az y-t 7-esével kell csökkenteni vagy fordítva. Pl. x=20 és y=-2 is egész megoldás, illetve x=-2 és y=12 is egész megoldás. És akkor könnyen látszik, hogy minden más egész megoldásban x vagy y negatív.
Ha tényleg érdekel, mi van a feladat mögött, olvasd el és értsd meg, amit írtam.
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.
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.
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.
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.
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.
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.
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?
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.
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.)
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!
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.
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.
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.
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...
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.)