Új hozzászólás Aktív témák
-
A végét sikerült elcsesznem, lemaradt a 2-vel osztás, annyi a változás, hogy PI helyett x és y is PI/2 többszöröse lesz:
y = (k-m)*PI/2
x = PI/2 + (k+m)*PI/2 = (k+m+1)*PI/2Vagyis csak akkor van egyenlőség, ha x és y is PI/2 többszöröse, és a két szorzó közül az egyik páros, a másik páratlan (hiszen a két szorzó összege 2k+1, ami páratlan).
-
válasz
Leonica
#1121
üzenetére
sin^2(x+y)-cos^2(x-y)=1
A sin^2(akármi) mindig legfeljebb 1, a cos^2(akármi) pedig mindig legalább 0, vagyis a különbségük legfeljebb 1 lehet (ami épp a jobb oldal). Egyenlőség csak úgy lehet, ha
sin^2(x+y) = 1 és cos^2(x-y) = 0
Innen
x + y = PI/2 + k * PI
x - y = PI/2 + m * PIKivonva egymásből ezeket, és kettővel osztva, x kiesik: y = (k-m)*PI
Összeadva és 2-vel osztva pedig y esik ki: x = PI + (k+m)*PI = (k+m+1)*PIVagyis csak akkor van egyenlőség, ha x és y is PI többszöröse, és a két szorzó közül az egyik páros, a másik páratlan (hiszen a két szorzó összege 2k+1, ami páratlan).
-
ab + 2a + 3b = 137
Az ilyenekre van egy egyszerű, mindig használható trükk:
(a + 3)(b + 2) = ab + 2a + 3b + 6, majdnem jó is a bal oldal, tehát az egyenletet átalakíthatjuk így:
(a + 3)(b + 2) = 143
Mivel a jobb oldal 11*13, ezért végig kell zongorázni a kéttényezős felbontásait: 1*143, 11*13, 13*11, 143*1 és ugyanezek minusszal, és mindegyik fog adni egy megoldást. Például a 11*13-as felbontásból a = 8 és b = 11 stb.
***
A kombinatorika:
Egy n hosszú dobássorozat 2^n féle lehet, hisz mindegyik dobás vagy fej, vagy írás. Tehát a feladat azt állítja, hogy 2^(n+2) = 2^n + 384
vagyis 4*2^n = 2^n + 384
Innen 3*2^n = 384
2^n = 128
n = 7 -
válasz
Steve-S
#1116
üzenetére
Gondolom a kör koordinátáin a középpontjának koordinátáit értetted. Egyszerűen kiszámolod az origó és a középpont távolságát, és ha ez kisebb, mint a sugár, akkor benne van, ha nagyobb, akkor meg kívül (ha egyenlő, akkor épp rajta van).
Ha (x;y) a középpont, akkor ennek az origótól vett távolsága gyök(x^2 + y^2), ezt kell r-rel összehasonlítani.
-
-
#824
Sirpi
senior tag
Chesterfield
#820
válasz
Chesterfield
#820
üzenetére
Igen, valóban nem egyenes az átfogó. A felső ábrán "be van horpadva", az alsón meg kidudorodik a középső csúcs, és azért nem látod paintben, mert az átló hossza kb. 14, és annak az elnyújtott kis háromszögnek a területe, ami minuszban/pluszban ott van: 1/2, vagyis a középső csúcs távolsága az átfogótól ~1/14 egység (így jön ki az a*m/2-ből az 1/2-es terület), ami mindössze 0,07, ezt szabad szemmel nehéz észrevenni.
Egyébként az, hogy nincs a 3 felső pont egy egyenesbe, egyszerűen abból következik, hogy a 2/5, 3/8 és 5/13 számok mind különbözőek.
-
#823
Sirpi
senior tag
concret_hp
#795
válasz
concret_hp
#795
üzenetére
Egy másik topikban feldobtam ezt a példádat, és ott valaki megtalálta, hogy ezesetben n gyerek esetén a valség kb. 1/(n + ln(n) + EulerGamma), ahol EulerGamma = .5772156649015...
Remélem, most már sokkal boldogabb vagy :-) Közvetlen rekurziót a tagokra nem igazán lehet felírni, szóval összességében ez egy igen genya példa.
-
#796
Sirpi
senior tag
concret_hp
#795
válasz
concret_hp
#795
üzenetére
Hát, ez jóval bonyolultabbnak tűnik, annyi azért sejthető kapásból, hogy 0-hoz tart a valség n növelésével.
-
#793
Sirpi
senior tag
concret_hp
#792
válasz
concret_hp
#792
üzenetére
Na várj, nem az a kérdés, hogy aki utoljára marad a húzásban, az önmagát húzza-e vagy sem? Mert úgy több értelmét látom a feladatnak, mint úgy, ahogy Te gondolod. Szóval sorban elkezdenek húzni, az első húz valakit, az megint valakit stb. Ha körbeérnek, akkor a legkisebb sorszámú, aki még nem húzott, húz megint és így tovább.
Szóval a kérdés nem az, hogy: "Aki utoljára marad (ami nem biztos, hogy az n. sorszámú), az milyen valséggel húzza önmagát?"Mod: ha jól értem, akkor szerinted úgy van, hogy először húz az 1-es, aztán a 2-es, aztán a 3-as stb., és az a kérdés, hogy az n.-nek az n. marad-e. Na, ezt is végiggondolom.
-
#791
Sirpi
senior tag
concret_hp
#781
válasz
concret_hp
#781
üzenetére
Nem hiszem, hogy lenne egyszerű képlet erre, de rekurzívan könnyű kiszámolni:
Jelölje f(n) annak valségét, hogy n esetén az utolsó saját magát húzza. f(1) = 1, f(2) = 0, hiszen előbbi esetben az egyetlen gyerek saját magát húzza, két gyerek esetén meg egymást.
Nézzük, mi van nagyobb n-ekre. Az első, mivel saját magát nem húzhatja, ezért feltehetjük, hogy mindenképp a 2-est húzza (ha nem, akkor átsorszámozzuk őket), ennek esélye (n-1)/n. Most a 2-es vagy az 1-est húzza megint (esélye 1/(n-1) ), vagy a 3-ast (esélye (n-2)/(n-1) ). Ha az 1-est, akkor vége a körnek, és egy 2-vel kisebb társaságra kell vizsgálnunk a feladatot, ha a 3-ast, akkor megint elágazik. A 3-as vagy az 1-est húzza, vagy a 4-est stb.
Ez alapján a köv. néhány érték:
f(0) = 0
f(1) = 1
f(2) =1*f(0) = 0
f(3) = 1/2 * f(1) + 1/2 * f(0) = 1/2
f(4) = 1/3 * f(2) + 2/3 * (1/2 * f(1) + 1/2 * f(0) ) = 1/3
f(5) = 1/4 * f(3) + 3/4 * (1/3 * f(2) + 2/3 * (1/2 * f(1) + 1/2 * f(0) )itt észre lehet venni, hogy van némi szabály, nevezetesen:
f(5) = 1/4 * f(3) + 3/4 * f(4) ( = 1/8 + 1/4 = 3/8 )általában is f(n) = f(n-2) / (n-1) + f(n-1) * (n-2)/(n-1)
(Ezt azzal lehet megideologizálni, hogy az 1 a 2-est húzza, és most a 2-es vagy újra az egyest /első tag/, vagy valaki mást, amely esetben az 1-es és 2-es gyerekek összevonhatók egy ponttá és olyan, mintha eggyel kevesebb gyerek lenne).Innen f(6) = 1/5 * f(4) + 4/5 * f(5) = 2/30 + 9/30 = 11/30
stb.Ezzel a rekurzióval valahogy tovább lehetne menni f(0) = 0, f(1) = 1 kezdőfeltételek mellett, de hirtelen nem látom, hogyan. Annyi mindenesetre látszik, hogy minden f(n) a két korábbinak súlyozott átlaga, hiszen a szorzók összege 1.
Remélem, azért ezzel segítettem azért valamit.
MOD: nagy n-ekre (n>= 18) a valség kb. 0,367879441171442, ami épp az 1/e. Valahogy biztos kijön, hogy ennyi a határérték.
-
a^2 + b^2 nem alakítható szorzattá a valós számok felett.
Komplexek felett igen: a^2 + b^2 = (a+bi)(a-bi), de gondolom, ezzel nem sokat segítettem.Egyébként érdekesség, hogy az a^4 + b^4 felbontható:
a^4 + b^4 = (a^2 + b^2)^2 - 2a^2b^2 = (a^2 + b^2)^2 - (gyök2 * ab)^2 =
=(a^2 + b^2 + gyok2 * ab)*(a^2 + b^2 - gyok2 * ab) -
#760
Sirpi
senior tag
concret_hp
#758
válasz
concret_hp
#758
üzenetére
Hát, triviális módszert nem tudok, de ugye azon múlik az egész (a saját példádat alapul véve), hogy elindulsz az 1, 97, 193, 289, 385, ... sorozaton (ezek a 96k+1 alakú számok). Ezek közül kiválasztod az elsőt, ami 5-tel osztható (385).
385 = 5x77, és 1-et ad maradékul 96-tal osztva, tehát az 5 inverze a 77.
Megj.: a mod96 (+, *) struktúra nem test, hanem csak gyűrű, és csak az alaphoz relatív prím számoknak van inverze (de azoknak mind van is).
-
a két kérdésedre a válasz ugyanabban a tényben keresendő:
az 1/2-et elvettem a cos^2 x-ből, maradt 1/2*cos 2x, és ezt az 1/2-et hozzáraktam a 2-höz, így lett belőle 5/2. Amúgy mivel a képletedben már minden tagot kiírtál, ezért a Sum teljesen felesleges.
Remélem most már vili. -
Ugye a Fourier-sorban cos kx és sin kx alakú tagok vannak (és egy konstans az elején). A 4 tagból, ami írtál, 3 már eleve ilyen, kivéve az elsőt.
Viszont ismert, hogy cos2x = 2cos^2 x - 1, ahonnan cos^2 x = ( 1 + cos 2x) / 2.
Így a Fourier-sor:
f(x) = 5/2 + sin x + cos x + 1/2*cos 2x
ennyi.
Mod: ja, és még annyi, hogy az itteni [link] jelölésekkel ugye
a0 = 5
a1 = 1, b1 = 1
a2 = 1/2
a többi együttható pedig 0.
[Szerkesztve] -
válasz
Hujikolp
#700
üzenetére
Nem tökéletes, mert a feladatban négyzetösszeg van:
a1^2 + a2^2 = 52
a2^2 + a3^2 = 100
Mivel számtani sorozat, ezért a 3 tagot felírhatjuk úgy, hogy a1 = a2-d, a2 = a2, a3 = a2+d. Ezeket beírva:
(a2-d)^2 + a2^2 = 52
(a2+d)^2 + a2^2 = 100
Kivonva az alsóból a felsőt: 4*a2*d = 48, vagyis a2*d = 12. Innen d = 12 / a2. Ezt visszaírva a felsőbe mondjuk:
(a2 - 12/a2)^2 + a2^2 = 52
2a2^2 - 24 + 144/a2^2 = 52, és legyen most a2^2 = A
2A + 144/A = 76 /:2
A + 72/A = 38 / *A
A^2 - 38A + 72 = 0
Másodfokú egyenlet, A = 36 vagy A = 2.
Első esetben:
a2 = 6, d=2 (és ilyenkor a sorozat: 4,6,8,...)
vagy
a2 = -6, d=-2 (a sorozat -4, -6, -8, ...)
Másik esetben
a2 = gyök2, d = 12/gyök2 vagy
a2 = -gyök2, d = -12/gyök2
Na, ennyi lett volna.
[Szerkesztve] -
válasz
Mr-Pamacs
#687
üzenetére
Általánosított inverze minden mátrixnak van, ellentétben a valódi inverzzel, ami csak azoknak, amiknek a determinánsa nem nulla.
Ahogy visszaemlékszem több év távlatából, használjuk az A mátrix SVD (Singular Value Decomposition) felbontását, azaz A=UDV, ahol UU^T=VV^T=I és D diagonális.
Legyen D* a következő szintén diagonális mátrix: D*ii = 1/Dii, amennyiben Dii != 0, különben D*ii = 0. Ezek után A általánosított inverze A*=V^T D* U^T
és könnyen ellenőrizni lehet, hogy ha A invertálható, akkor A* megegyezik az inverzzel:
AA*=UDV V^T D* U^T = UDID*U^T = UDD*U^T=UIU^T=UU^T=I
Amúgy ha szintén jól rémlik, akkor A* optimális a tekintetben, hogy || AA* - I || minimális az || AB - I || értékek közül. -
#682
Sirpi
senior tag
concret_hp
#681
válasz
concret_hp
#681
üzenetére
Ezt a második felét nem akartam hangoztatni, nem vagyok genyó
Viszont, Retekegér, ha bármi problémád van, írhatsz továbbra is, szerintem vannak itt páran, akik segítenek, ha tudnak. -
válasz
Retekegér
#674
üzenetére
Az indukció az egy ilyen dolog, ja. Ki kell találnod, hogy mit akarsz vele bebizonyítani, anélkül nem megy (a másik, sorösszeges módszernél nem kell tudnod semmit, az simán kilöki Neked az eredményt). Szóval megsejted, hogy an = 1 - 1/2^n.
És ez igaz n =1,2,3-ra is pl, ez könnyen ellenőrizhető:
a1 = 1/2 = 1 - 1/2
a2 = 1/2 + 1/4 = 1 - 1/4
a3 = 1/2 + 1/4 + 1/8 = 1 - 1/8 stb.
amúgy szemléletesen úgy látszik, hogy ez a helyes megoldás, hogy igazából el akarsz jutni 1-hez úgy, hogy mindig a hátralévő út felét teszed meg. Tehát először 1/2-et, majd a maradék felét (1/4-et) stb. Így nyilván n lépés után 1-1/2^n-nél fogsz tartani.
Remélem ezzel a kiegészítéssel már valamennyire világos a dolog.
Jó éjt amúgy, mentem aludni, a további kérdésekre már csak akkor válaszolok -
válasz
Retekegér
#672
üzenetére
Bocs, tényleg kicsit kapkodva írtam le:
Tudjuk, hogy a(n-1) = 1 - 1/2^(n-1), mivel ez az indukciós feltevés, és ebből akarjuk bebizonyítani, hogy an = 1 - 1/2^n. De mint már korábban kiderült: an = a(n-1) + 1/2^n.
Vagyis an = a(n-1) + 1/2^n = 1 - 1/2^(n-1) + 1/2^n = 1 - 1/2^n.
És most már tényleg készen vagyunk (az utolsó egyenlőség onnan jön, hogy 1/2^(n-1) = 2/2^n ). -
válasz
Retekegér
#670
üzenetére
Igen, ezt kell igazolni az indukciós lépés igazolásához, és ez pedig nyilván igaz, mert
an = 1/2 + 1/4 + ... + 1/2^n
a(n-1) = 1/2 + 1/4 + ...+ 1/2^(n-1)
Innen an = a(n-1) + 1/2^n triviálisan teljesül (egyszerűen hozzáírjuk ezt az 1/2^n extra tagot az a(n-1) tagjaihoz). Ahhoz, hogy kerek legyen a bizonyítás, a kezdőlépést is meg kell nézni, vagyis hogy a1 = 1 - 1/2^1 teljesül-e, de szerencsére igen, mert mindkét oldal 1/2. -
#495
Sirpi
senior tag
concret_hp
#493
válasz
concret_hp
#493
üzenetére
Jaja, annyi az. Tényleg ez a legegyszerűbb megoldás, de hogy lássátok, mi van mögötte, ki lehet így is számolni:
z1 = gyök2 (1+i) = 2(1/gyök2 + 1/gyok2*i)=2*(cos45°+i*sin45°)
z1^10=2^10*(cos450°+i*sin450°) = 2^10*i
hasonlóan z2^10 = 2^10*(-i), innen pedig jön, hogy a szorzat 2^20.
Új hozzászólás Aktív témák
axioma- Tőzsde és gazdaság
- Samsung Galaxy S25 Ultra - titán keret, acélos teljesítmény
- Forza sorozat (Horizon/Motorsport)
- Nyíregyháza és környéke adok-veszek-beszélgetek
- VR topik
- Samsung Galaxy Felhasználók OFF topicja
- Nagyrobogósok baráti topikja
- Háztartási gépek
- Folyószámla, bankszámla, bankváltás, külföldi kártyahasználat
- Milyen légkondit a lakásba?
- További aktív témák...
- Corsair iCUE ELITE CPU Cooler LCD Display Upgrade Kit
- Lenovo Thinkpad E595 Ryzen 5 pro 3500U, Radeon Vega 8, 8-16GB RAM, SSD, jó akku, számla, gar
- Bomba ár! HP Dragonfly G4 i7-13G I 32GB I 512SSD I 13,5" FHD+ Touch I Cam I W11 I Garancia!
- Bomba ár! HP Elite Dragonfly Max i7-11G I 32GB I 512SSD I 13,3" FHD Touch I Cam I W11 I Garancia!
- Intel Core i7-13700 vennék!
- AKCIÓ! Microsoft XBOX Series S 512GB játékkonzol garanciával hibátlan működéssel
- ÁRGARANCIA! Épített KomPhone Ultra 7 265KF 32/64GB RAM RTX 5070 Ti 16GB GAMER PC termékbeszámítással
- APPLE MacMini 7,1,i5-4278U,8GB RAM,1TB,macOS Monterey
- Asus Tuf RTX 5070 // Felbontott, új // SZÁMLA // GARANCIA //
- Lenovo T14 Gen3 Ryzen5 6650U 2026.11.21 ig érvényes gyártói garancia
Állásajánlatok
Cég: Laptopműhely Bt.
Város: Budapest