- Samsung Galaxy S22 Ultra - na, kinél van toll?
- Mobil flották
- Leesett a kamionról több millió eurónyi Z Fold7
- Xiaomi 15 - kicsi telefon nagy energiával
- Samsung Galaxy Z Fold7 - ezt vártuk, de…
- Samsung Galaxy A56 - megbízható középszerűség
- Xiaomi 14 - párátlanul jó lehetne
- Yettel topik
- Okosóra és okoskiegészítő topik
- A hagyományos (nem okos-) telefonok jelene és jövője
Hirdetés
Talpon vagyunk, köszönjük a sok biztatást! Ha segíteni szeretnél, boldogan ajánljuk Előfizetéseinket!
Új hozzászólás Aktív témák
-
#1515
cocka
veterán
róbert gida
#1508
cocka
veterán
válasz
róbert gida
#1508
üzenetére
Egyelőre a kettes feladatban tudok segíteni.
Kiszámolod az első pár hatványát mondjuk 5-ig és megnézed az utolsó 6 jegy hogyan változik.
nulladikon: 000001
elsőn: 002001
másodikon: 004001
harmadikon: 006001
negyediken 008001A szabályszerűség tehát az, hogy az utolsó három jegy mindig 001 bármely pozitív hatványát ha veszed, az az előtti 3 jegy pedig ha n a hatványkitevő, akkor 2n-nel egyenlő. Kérdés melyik az utolsó páros pozitív egész, ami háromjegyű? Igen a 998.
Akkor a kitevő 499 lesz, tehát ha innentől növelem a kitevőt újra eggyel, akkor az eredményekben ugyanazokat a végződéseket látom viszont, mint ahogy a sorozat kezdődött. Gyakorlatilag modulo 500-ra nézed a kitevőket.
Na most a kérdés már csak az hogy a 2002 500-zal osztva mennyi maradékot ad? Hát kettőt, ezért a 2001^2002-en szám utolsó hat jegye pontosan ugyanaz lesz, mint a 2001^2-ené. Ilyen egyszerű.
-
cocka
veterán
válasz
cellpeti
#1511
üzenetére
Külső: valami a négyzeten gyakorlatilag: izébigyó^2 deriváltja 2*izébigyó*(izébigyó)'
Belső: hát maga az izébigyó, ami jelen esetben cos x.
Régi típusú függvénytáblában is benne van: (f @ g)' = (f' @ g)*g'
f a külső függvény, g a belső. Vagy ha így jobban tetszik: [f(g(x))]'=f'(g(x))*g'(x)
-
cocka
veterán
válasz
lajafix
#1489
üzenetére
Igen de azt is tudod hogy mi a cél. Hogy a főátló alatti elemek 0-ává váljanak. Tehát akkor egyértelmű hogy valamelyik sornak valahányszorosát hozzáadva egy másikhoz az adott sorban legalább 1 elem nulla lesz. Ha nem akar kijönni sehogy se, alkalmazható oszlopokra is.
Nekem eddig a legdurvább (persze nyilván vannak ennél durvább feladatok is) feladat az volt, hogy határozzuk meg egy mit tudom én 6×6-os mátrix inverzét Gauss eliminációval. Pfff... baromi könnyű elszámolni.
-
cocka
veterán
válasz
lajafix
#1483
üzenetére
Matematika intuíció alapján? Hát ez nekem új.
Legyen konkrét feladat és akkor talán tudok segíteni, így általánosságban nehézkes erről beszélni. De ahhoz nagyon sok mindent tudni kell(ene) elvileg hogy megértsük hogy egyáltalán mi a fene az a mátrix rangja.
Csak hogy értsétek:
Egy mátrix rangján a sorvektorrendszerének rangját értjük.
Na de mi az a sorvektorrendszer illetve annak rangja?
sorvektorrendszer: Az adott mátrix soraiból alkotott vektorok halmaza.
sorvektorrendszer rangja: Ha a1,....,an a V vektortér elemei, akkor az {a1...an} vektorrendszer rangja alatt az általa generált altér dimenzióját értjük: dim L(a1,....,an).
Mi a dimenzió és mi a generált altér?
Dimenzió: Egy végesen generált vektortér bázisainak közös számosságát a vektortér dimenziójának nevezzük.
Generált altér:
Legyen V vektortér, H nem üres részhalmaz V-ben. A H által generált L(H) altér V-nek az a legszűkebb altere, mely tartalmazza H-t.Mi a végesen generált, a bázis és a számosság?
végesen generált: Egy vektortér végesen generált, ha van véges sok elemből álló generátorrendszere.
De mi a generátorrendszer?
bázis: A V vektortér egy lineárisan független generátorrendszerét a V egy bázisának nevezzük.
De mi a lineáris függetlenség?
számosság: Legyen A vmilyen halmazoknak a halmaza és H eleme A, ekkor a H halmaz számossága: |H|:={X | X eleme A és X és H közt fennáll egy bijekció}
De mi a bijekció?
generátorrendszer: A V vektortér H részhalmaza generátorrendszere V-nek, ha L(H)=V.
lineáris függetlenség: A V vektortér a1...an vektorai lineárisan függetlenek, ha lambda1...lambdan eleme T test együtthatókkal vett lineáris kombinációjukra lambda1a1+...+lambdan*an=0 csak lambda1=...=lambdan=0 esetén teljesülhet.
Na de mi a lineáris kombináció?
Legyen V vektortér T test fölött a1...an eleme V, valamint lambda1...lambdan eleme T test. Akkor lambda1a1+...+lambdan*an eleme V az a1..an vektorok lambda1...lambdan együtthatókkal vett lineáris kombinációja.
bijekció: f: H->K leképezés H-nak K-ra való kölcsönösen egyértelmű leképezése, azaz ha a leképezés egyidejűleg szürjektív és injektív, akkor bijektív leképezésről beszélünk.
Na de mi a leképezés, meg hogy vmi szürjektív és injektív?
leképezés: Az f részhalmaza H × K relációt a H halmaz K halmazba való leképezésének nevezzük, ha H mindegyik a eleméhez egy olyan b eleme K elem van, melyre (a,b) eleme f. A b a képelem, az a az eredeti elem.
Mi a reláció?
szürjektív: Ha az f:H->K leképezésnél fH=K akkor H-nak K-ra való leképezéséről beszélünk. Ezt szürjektív leképezésnek hívjuk.
injektív: Ha az f:H->K leképezésnél különböző elemeknek különböző képelemei vannak, azaz ha a nem egyenlő b akkor fa nem egyenlő fb.
reláció: A H és a K halmaz H×K Descartes-szorzatának bármely ró részhalmazát H és K közti binér relációnak nevezzük.
De mi a Descartes-szorzat?
Na ezt ugye már szinte természetesnek vesszük és akkor még nem definiáltam az előforduló algebrai struktúrákat: vektortér, test.
Szóval mire az ember mindent kimerítően (és nem biztos, hogy 100%-osan érthetően) végigmagyaráz addigra eljutunk a matematika legeslegalapvetőbb fogalmaihoz.
Na most ha neked mindezek megértése és esetleges alkalmazása intuíció alapján megy, akkor ehhez csak gratulálni tudok. (és nyilvánvalóan én is könyvből másoltam, zsigerből nem vágom, majd az államvizsgára
) -
cocka
veterán
Válaszolok magamnak.
Szóval valóban, össze kell vetni a különböző sorok illetve oszlopok lineáris függőségét. Ha kettőről bebizonyosodik, hogy lineárisan függetlenek egymáshoz képest, akkor a rang legalább kettő. Kiválasztasz egyet és megnézed melyikkel lineárisan független, aztán megnézed hogy a kettő a többi sorhoz vagy oszlophoz képest független-e. Ha igen, akkor nő a rangszám, ha nem, akkor nem számolod hozzá.De majd az okosabbak is mondanak valamit.
-
cocka
veterán
válasz
lajafix
#1479
üzenetére
Elvileg Gauss-eliminációt kell végrehajtani a kérdéses mátrixon. Annak ugyanaz lesz a rangja, mint az eredeti mátrixnak. Elvileg a sor- vagy oszlopvektorrendszer rangja ugyanaz mint az egész mátrix rangja. A kettő tehát értelemszerűen meg kell egyezzen, a sorvektorrendszer rangja meg elvileg a lineárisan független sorok ill. oszlopok maximális száma.
A Laplace-féle kifejtési tételt még értettem is. Felfrissítve talán most is ki tudnám vele számolni pl. egy 6×6-os mátrix determinánsát.
-
cocka
veterán
válasz
cellpeti
#1475
üzenetére
Hát pedig ez nagyon egyszerű. Ez egy többszörösen összetett függvény. Ennek megfelelően az egésznek a deriváltja egyenlő a külső függvény deriváltjával (amit utoljára végzel el) szorozva a belső függvény deriváltjával.
Külső fv.: vmi a négyzeten
belső fv.: cos (6x)
de ahhoz hogy ennek is kiszámoljuk a deriváltját szintén veszed a külső fv. deriváltját: -sin (6x) és szorzod a belső deriváltjával ami 6. Tehát ennek a deriváltja -sin (6x)*6
Az egésznek pedig 2*cos(6x)*-sin(6x)*6=-12*cos(6x)*sin(6x)
Ami mellékesen nem más, mint -6*sin(12*x)
-
cocka
veterán
Ez sokkal nehezebb, mint amilyennek látszik.
Én is próbáltam már mindenfélét, harmadik gyök 8-at, 3-mast a kitevőbe, logaritmust mindent, de eddig mindig csak 25 jött ki.
Az is lehet hogy egy egyszerű zárójelezéses és a négy alapműveleti jel megoldaná a kérdést, de valahogy nincs kedvem végigpróbálgatni.
-
cocka
veterán
Hát igen a klasszikus sudokuban általában pozitív egész számok szerepelnek és a lényeg, hogy minden sorban és oszlopban illetve kisnégyzetben mind a 4, 9, 16 ill. 25 szám különböző legyen és csak egyszer szerepeljen mind.
Azonkívül a mérete sem stimmel, mert az ilyenek általában 4×4-es, 9×9-es, 16×16-os vagy 25×25-ös táblázatok.
Ha meg összegekről van szó, akkor azt nem sudokunak hívják, hanem kakuronak.
-
cocka
veterán
válasz
lajafix
#1424
üzenetére
Az első szögfüggvényes felvetésed igaz, a második viszont nem deriválás, hanem integrálás. sin (x)-nek a határozatlan integrálja x szerint -cos (x)
Igen ez még a gagyi feladattípusok közé tartozik. Majd amikor a 0^0 0^végtelenediken, végtelen/0, 1^végtelenediken alakokat kapod, akkor majd szólj, hogy jaj elakadtam, hogy a nyavalyába kell megcsinálni.
Vagy amikor integrálsz.
-
cocka
veterán
Már nem azért, de a négy oldalú gúlának miért öt oldala van?
Ezért gondoltam tetraéderre, mert annak pontosan négy oldala van, se több, se kevesebb. Hülyén van megfogalmazva. A szabályos négyzet alapú gúla megnevezés sokkal értelmesebb lenne. Nem adhat félreértésre okot.
-
cocka
veterán
válasz
MiaCica
#1411
üzenetére
A harmadikat valószínűleg teljes indukcióval bizonyítjuk.
Egyébként hogy normálisan nézzen ki ezt így szokás felírni:
3^(3*n)*7^(2*n)*8^n-6^(3*n)-7^(2*n)+1
Megnézed hogy igaz-e egyre: n=1-re pont 10320, n=2-re 111972000, n=3-ra 1185620661360.
Akkor ebből felteszed, hogy ha az első pár n-re igaz volt, igaz lesz n=k tetszőleges k-ra is, tehát az indukciós feltétel:
3^(3*k)*7^(2*k)*8^k-6^(3*k)-7^(2*k)+1 ua. mint fent.
Ha erre is igaz, akkor igaz kell legyen a k után következő természetes számra is a k+1-re.
3^(3*(k+1))*7^(2*(k+1))*8^(k+1)-6^(3*(k+1))-7^(2*(k+1))+1 Erről belátjuk, hogy osztható 10320-al. Hiszen ha ez osztható, akkor a feltevésünk igaz volt, tehát az eredeti kifejezés is osztható lesz. Hogy aztán ebből hogy kell kibűvészkedni. Annyit sikerült kihámoznom, hogy az eredeti kifejezés egyszerűbb alakba írható így: (7^(2*n)-1)*(6^(3*n)-1)
A többi passz.
-
cocka
veterán
Először is általában nem az van odaírva, hogy végezd el a műveletsort, hanem hogy add össze az összes számot, tehát csak összeadni kell. Na most itt aztán minden van amit el tudsz képzelni. Ha már egynél többjegyű, akkor külön-külön is számítanak a számok és általában elmondható, hogy még a részszámokat is figyelembe kell venni. Példa: 1245 esetén 1,2,4,5,12,24,45,124,245,1245
Akkor római számok is léteznek, azonkívül olyan vadbaromságok is előfordulnak, hogy az arab 4-est egy római 1-esből és egy fordított római 5-ösből rakják össze. A 6-os lehet 9-es is, mindegy hol áll. A kerek zárójel római 100. A + és × műveleti jelek római 10-et érnek. Van olyan hogy pl. az ötösnek a teteje egy római egyes, tehát előfordulhat, hogy emiatt nem is ér ötöt csak egyet. Aztán van az elbaszott 7-es, ami egy elforgatott L betű, ami ugyebár 50. A képkeretnél szokott lenni pár L alakú izé, azokból kettőt bele kell számolni 50-ként, de a tükrözés nem számít, ezért nem játszik mind a négy. A ? teteje általában egy kettes, az = is kettes, mert hát forgatni továbbra is lehet csak tükrözni nem. Utána a tábla mellé basznak valami gagyi figurát, aminek a szemüvege egy hármas pl. az ujján van egy hatos, a cipője két D betű stb.. stb.. Ez az a rész, ahol el lehet vérezni, mert még ha az összes csalafintaságra rájössz ami a táblán van, a mellette lévő figura teljesen lutri. Mindenki azt magyaráz bele amit akar és rohadtul nem egyértelmű, hogy figura mely része felel meg számnak és mely nem. Az biztos, hogy a feladványkereten kívüli számokat nem kell beleszámolni. Sem a telefonszámot, sem a nyereményt.
Másik agyrém: Hány láb van a buszon? Itt egy ominózus turistabuszos feladványnál kerítettek még a sufniból 3*8 lábat mondván egy turista buszon 8 ülés van és mindegyiknek három lába van. Meg az rohadtul nem mindegy, hogy mindegyik kezükben x kosár van, vagy mindegyikük kezében x kosár van.
Ezek a feladványok mind-mind unfair kategóriába tartoznak, egy kedvencem volt mindig is a hány háromszög ill. négyszög van az ábrán. Na az egyértelmű mert ott nincs felcsempészve a buszra még egy láda levágott nyúlláb, amit elfelejtettél beleszámolni és Donald kacsa csőre sem ér 100-at, Droopy szeme meg 8-at.
-
cocka
veterán
Pont az a probléma, hogy matek szakon sem a hogyan és mire jó, hol tudod alkalmazni kérdésekre válaszolnak. Most szűkebb értelemben is: egyik feladattípus megoldása melyik másikban segít stb..
Hanem a miértekre koncentrálnak, a bizonyításokra és az alkalmazás tényleg elsikkad vagy úgy is mondhatnám, hogy a bizonyítások mennyiségéhez képest minimális.
-
#1379
cocka
veterán
concret_hp
#1378
cocka
veterán
válasz
concret_hp
#1378
üzenetére
Képzeld, vannak akiknek igen.
-
cocka
veterán
-
#1366
cocka
veterán
MR. Anderson
#1362
cocka
veterán
válasz
MR. Anderson
#1362
üzenetére
És te mikor fogsz gondolkodni?
Pl. az elsőt miért nem rajzolod meg Geogebrában, ha nagyon nem bírod elképzelni? Ott ugyanis azonnal kiviláglik, hogy a szögfelező a szöggel szemközti oldalra merőleges. Tehát innen nagyon egyszerűen meghatározhatók az oldalak.
A szögek ugye a feladat szövegének felolvasásakor már be kell hogy ugorjanak: 60 fok mind.
De nemcsak ez derül ki, hanem az is, hogy ha felírod a szögfelező által kapott két derékszögű háromszögre a Pitagorasz-tételt, akkor onnan kapod, hogy a szögfelező éppen felezi a szemközti oldalt. De ez mondjuk abból a tételből is adódik, hogy egy háromszögben egy adott szög szögfelezője a szemközti oldalt a másik két oldal arányában osztja.
Mi a másik két oldal aránya? a:a = 1 és a/2:a/2 = 1
Ezenkívül azt is tudjuk, hogy cos 30 fok vagy sin 60 fok = 5/a ahonnan a = (10/3) * (gyök 3)
A terület meg gyerekjáték: (a^2* sin 60 fok)/2 vagyis 25/3*gyök3 ~= 14.43
Kerület meg 3a = 10*gyök3
A köv. feladat a tiéd.
-
cocka
veterán
válasz
Tulipanti
#1355
üzenetére
Hát ez fontos ám. Ha információkat hallgatsz el, úgy vagy egész más a feladat megoldása vagy jelen esetben valószínűleg sokkal bonyolultabb lett volna. Azért vette bele a nullát, mert valószínűleg analízisről van szó.
Nos nagyon egyszerű átalakításokkal adódik, hogy
an= (1+n)/(2*n^(k-1))
Na most végigzongorázod, hogy mik a határértékek. Először megnézed k>=1-re, hogy (k=1 esetén)
an= (1+n)/(2*n^0) = (1+n)/2 ennek mi a végtelenben vett határértéke, mivel sorozatokról és nem általános függvényekről van szó, mindig a +végtelenben nézed a határértéket, mivel ugye sorozatoknál az értelmezési tartomány a pozitív egész számok halmaza.
Ez az első esetben tehát +végtelenbe tart.k>1 esetén viszont a helyzet egész más lesz. A nevezőben n legalább első fokú lesz.
an=(1+n)/(2*n) vagy an=(1+n)/(2*n^2) stb..
Itt az első esetben, amikor k=2 a leosztásos mókával határozod meg a határértéket. Vagyis (1/n+1)/2-nek ugyanaz lesz a határértéke a végtelenben, mint az (1+n)/(2n)-nek. Vagyis 1/2. A többi esetben pedig úgy határozod meg a határértéket, hogy a leosztást n legmagasabb nevezőben előforduló hatványával végzed.
Vagyis k=3 esetben (1+n)/(2*n^2) határértéke egy n^2-es leosztással nyerhető. Tehát ugye számlálót és nevezőt is leosztod, a maradványtörtnek pedig ugyanaz a határértéke mint az eredetié.Annyit kell még hozzá tudni, hogy 1/(n^k) +végtelenben vett határértéke n és k € Z esetén mindig 0.
Mi történik k<1 esetén?
Akkor kapunk egy (1+n)/(2/(n^k)) alakot, na most miután n eleve nem lehet nulla ezért megtehetjük hogy a nevező reciprokával szorozzuk a számlálót. Magyarul:(n^k)/2*(1+n) ahol ugye a k=1..végtelenig akkor ez mindig +végtelenhez tart.
Tehát összefoglalva:
Nincs határérték, ha +végtelenhez tart, van ha konkrét számhoz.
k=2-nél 1/2
k>2-nél 0
k<=1-nél +végtelen -
cocka
veterán
válasz
lajafix
#1335
üzenetére
Igen hát talán még a számelmélet az hagyján is (bár én utálom, de vannak benne érdekes részek), de amit egyszerűen ki nem állhatok az az algebra. Annak is kifejezetten az algebrai struktúrákkal foglalkozó része vagy úgy is mondhatjuk, hogy absztrakt algebra.
Hát épelméjű ember hol használ ilyen fogalmakat, hogy csoport, gyűrű, integritástartomány, háló, test, vektortér, algebra?
Meg nem kommutatív csoportok vagy gyűrűk. Meg mi az a képtér meg mag.. szal. súlyos. De valaki valahol biztos látja ezeknek is értelmét, különben nem lenne tudomány. Kell, hogy legyen valami gyakorlati értelme is, mert ha nincs, akkor ilyen alapon bármilyen elmélet gyártható, ami megfelel a tudományság kritériumainak. -
cocka
veterán
Na pl. maradékos osztás Z-ben. Test feletti polinomgyűrűkben. kongruencia, maradékosztályok, lineáris és magasabb fokú kongruenciák
egész számok gyűrűjének, racionális, valós és komplex számok testének kiépítése
számelméleti függvények, diofantikus egyenletek, Pell-egyenlet stb.. -
cocka
veterán
válasz
lajafix
#1328
üzenetére
Mint pl. matematikus vagy matematikatanár? Azok matekra épülnek.
A többi az lófika matek.
Pl. a közgázos matek az inkább csak gyógymatek. Persze nem azt akarom ezzel sugallni, hogy én hú de baromi magas szinten vagyok matekból, csupán annyit, hogy azért bizony láttam dolgokat, amiket egy közgázos, de még talán egy műszakis se láthat, mert egyszerűen nem foglalkoznak vele. (lásd pl. számelmélet)
-
#1319
cocka
veterán
MR. Anderson
#1318
cocka
veterán
válasz
MR. Anderson
#1318
üzenetére
Az elsőt azt passzolom, kijött valami, de nem biztos, hogy jó. Tizedestörtek kb. 12 és 16 (amúgy tényleg annyi)
De szétszámoltam az agyam, míg idáig eljutottam.
2. a1=-27 és d=12
3. az egyikben 40, a másikban meg 50
4. 17 alatt a 2-t. Vagyis (17*16)/2=136-ot.
-
cocka
veterán
válasz
horvathd
#1313
üzenetére
Én azért használom a polár-koordináta funkciót is. Főleg a komplex számoknál jön jól, hogy azonnal kiköpi a hosszát és az x tengellyel bezárt szögét.
egyetemen meg már szinte ki sem kell számolni semmit, elég a végső képlet.
Azért számelméleti feladatoknál rohadtul nem mindegy, hogy a végén mennyi jön ki.
-
cocka
veterán
Nos én nem ismerem a Casio gépeit, mert elég volt egyet is kipróbálni ahhoz, hogy tudjam ilyet soha az életben nem használnék. Egyszerűen nem tudom megszokni a kezelését.
Viszont van nekem egy Sharp EL-506W-m, ez gyakorlatilag ugyanazokat tudja, mint az általad említett típus, viszont szerintem ha már lúd és tényleg kövéret akarsz vegyél inkább:
Casio FX-991ES-t. Az már napelemes. Mellesleg az 506w is. Észre se vettem, hogy sötétben már alig látni, mert hogy sima elem is van benne.
Viszont az EL-531LH-mban nem gombelem van, hanem egy normál ceruzaelem és kb. 10 éve működik ugyanazzal.
egyenletszámítás
Amit az enyém tud: Általános egyenletmegoldás tetszőleges nyolcféle változóval, de ugye magasabb fokú egyenleteknél csak egy megoldást köp ki. De valószínűleg valami közelítő eljárást alkalmaz, mert megadható a dx is, ami gondolom az alapegyenlet (természetesen 0-ára van rendezve) deriváltja.
Van külön egyenletmegoldó mód: Típusok: két- és háromismeretlenes elsőfokú egyenletrendszerek, ahol nem csak x, y és z megoldásokat írja ki, hanem gondolom vázolja "magában" az együtthatómátrixot és megmondja annak determinánsát is. Ja és általános másod- és harmadfokú egyismeretlenes egyenleteket is meg tud oldani. (mindhárom gyököt kiírja)
Természetesen ez utóbbiakat a komplex számok halmazán. Ha a komplex szám két tagú, akkor lehet váltogatni a valós és a képzetes részek között. Bár mivel csak valós együtthatók adhatók meg, ezért ha netán komplex gyökei lennének az egyenletnek, akkor ugye másodfokú esetén, ha már van egy komplex megoldása, akkor annak konjugáltja is megoldás vagy van egy valós megoldása, akkor viszont nincs komplex. Harmadfokúaknál pedig általában 1 valós és 2 konjugált komplex, mindenesetre a komplex gyökök általában a konjugáltság miatt párosával fordulnak elő.Valószínűleg ezeket a típusokat tudja a Casio is.
-
#1308
cocka
veterán
MR. Anderson
#1307
cocka
veterán
válasz
MR. Anderson
#1307
üzenetére
És a többiben mi a nehéz?
Vannak akik abszolút intuitívan állnak a matematikához, arra viszont nem lehet alapozni.
-
#1306
cocka
veterán
MR. Anderson
#1305
cocka
veterán
válasz
MR. Anderson
#1305
üzenetére
Ezek elég egyszerű feladatok, bár a két középső szerintem nem egyértelmű.
A megoldások magyarázat nélkül:
1. a1=60
2. a1=24-5*d
3. a1=29-10*d
4. a2=75
-
#1303
cocka
veterán
concret_hp
#1302
cocka
veterán
válasz
concret_hp
#1302
üzenetére
A legszörnyűbb az egészben az, amikor egy átlagember azt hiszi, hogy a matematika a fejszámolásban ki is merült.
-
cocka
veterán
válasz
poffsoft
#1280
üzenetére
A parabola attól függ, hogy milyen helyzetű. Mert pl. y=x^2 az függvény.
De az x=y^2 nem sűrűn mivel ebből y-t kifejezve +/- gyök(x) adódik és a kettő egyszerre nem teljesülhet, hiszen akkor az értelmezési tartomány egy eleméhez 2 függvényérték tartozna és ha jól tudom a függvények lényege pont az, hogy csak egy függvényérték tartozhat minden ponthoz. Az más kérdés, hogy pl. egy x1-hez és egy x2-höz tartozhat ugyanaz az f(x1) és f(x2) lásd konstans függvények.
A körrel ugyanaz a szitu, hogy csak a félkör függvény, egy teljes kör viszont nem.
-
-
cocka
veterán
válasz
Teszla_
#1254
üzenetére
Nyilván vannak konvergenciakritériumok, ami alapján eldönthetők egy-egy végtelen sorról, hogy az konvergens-e vagy sem. Pl. D'Alambert féle hányados-kritérium, Cauchy- féle gyökkritérium, kondenzációs kritérium meg még biztos van egy pár, amikről nem is tudok.
szumma n=1-től +végtelenig an maga a végtelen sor.
Ez konvergens, ha a részletösszegeinek sorozata is konvergens, a részletösszegek sorozatának határértéke = a sor összegével.
Magyarul szumma n=1-től végtelenig an = lim sn
Az <sn> sorozat tagjai pedig: s1=a1, s2=a1+a2 ....sn=a1+...+an stb.. stb..
A lim sn konvergenciáját pedig a sorozatok konvergenciájáról tanultakból kellene felidézni, miszerint bármely pozitív episzlonhoz létezik olyan k küszöbindex(pozitív egész), hogy a nála nagyobb n indexekre az | an - A | < epszilon
és így írjuk fel: lim (n->végtelen) an = A
-
cocka
veterán
Abszolút kezdőknek a halmazelméleti dolgokat tanítanám első kanyarban. Aztán jöhetnek a bonyolultabb kérdések. pl. számosság stb.. aztán relációk, műveletek tulajdonságai stb.. stb..
Csupán annyi a történet, hogy matek szakra járok, mindazonáltal írtó távolinak érzem tudásom attól, amit akár az államvizsgára is tudni kéne.
Szóval kezdőknek egy 3 éves fősulis kurzus végigcsinálását javaslom. Ha viszont kapásból az eltén akarod kezdeni és totál idióta vagy az egészhez, akkor csak kínlódni fogsz. (tapasztalat)
Segítek, amiben tudok, ha valaki kérdez.
-
#1236
cocka
veterán
Borify Péter
#1235
cocka
veterán
válasz
Borify Péter
#1235
üzenetére
Hát szerintem ez a fajta megfogalmazás az, amitől egy matematikus a haját tépné.
Inkább így fogalmaznám meg, hogy egy H halmaz véges, ha egyetlen saját valódi részhalmazával sem ekvivalens.
Vagyis létezik valamely N természetes számra létezik egy {0...n-1}->H bijekció.
Viszont megszámlálhatóan végtelen halmazoknál ez pont fordítva van, tehát H megszámlálhatóan végtelen, ha létezik a H->N (természetes számok halmaza) bijekció. Vagyis a halmaz ekvivalens a természetes számok halmazával. Pl. Z, Q, N halmazok.
-
cocka
veterán
mi el tudjuk dönteni melyik nem háromszög, de ezt leprogramozni?
Hát de a programodnak nem is feladata annak eldöntése, hogy le tudjuk-e programozni hogy mi nem háromszög.
Na megcsináltam. Alulról felfelé haladva és balról jobbra: A B C stb.. a legteteje I, középen a vízszintes vonal balról jobbra: E F G.
A programnak ennyit adsz meg:
AB, AC, AD, AE, AG, AI
BC, BD, BF, BH, BI
CD, CE, CG, CI
DE, DF, DG, DH, DI
EF, EG, EH, EI
FG, FH, FI
GH, GI
HIAzt hiszem a hatásfok növelésének érdekében nem is kell minden kombinációt legenerálni az elején, elég csak ezeket megadni és aztán ezekből alkosson ponthármasokat úgy, hogy az első és utolsó pontoknak is legyen kapcsolódása a halmazban. pl. AB BD-hez található legyen a halmazból egy AD is. Ezek alapján nekem 47 kombináció jött ki, de még le kellett vonni az egy egyenesen lévőeket. De az meg könnyű, mert ránézésre van (úgy értem kevésbé lehet belezavarodni, mint a háromszögszámolásba) 6 olyan egyenes, amin 3 pont van + egy olyan amin 5, de mivel háromszögekről van szó, ez 5 alatt a 3 lehetőséget von el, így 47-16=31 a megoldás tényleg.
Egyszer a rádióban egy manusz azt mondta, hogy leprogramozta ezt a számolós dolgot, már bánom, hogy nem kértem el tőle a progit. Pedig biztos tanulságos lenne.
-
cocka
veterán
Ez jó kérdés. Én nem tudom leprogramozni, mert őszintén szólva totál hülye vagyok az egészhez, még a C#-pal is megszenvedtem rendesen pedig az egy rettentő gagyi program volt, amit készíteni kellett, na mindegy.
mert kézzel beadni az adatbevitel során...na akkor ugyanott vagyunk
Mármint mit beadni kézzel? Magát a rossz kombinációt nem adod be kézzel, hanem csak azt, hogy mely két csúcs között fut él. Vagyis te csak a szakaszokat adod meg neki.
Valahogy úgy képzelem a működési elvet, hogy a program legenerálja a kombinációk halmazát. Maple-ben már tettem is rá egy kísérletet: pl.: with(combinat):
aztán háromszögesnél: choose({A, B, C, D, E, F, G, H, I},3); négyszögesnél meg ugye 4-et írsz. Na de nekünk nem ez kell, úgyhogy mehet akár :-tal is. Tehát ez valahol letárolódik a memóriában és te pedig megadogatod egy szövegmezőben a szakaszokat. Azoknak is lesz egy halmaza. És végigfut a progi valami for ciklusszerű eljárással, hogyelső kombi: ABC, kérdés: a megadott szakaszok közt szerepel-e AB, AC és BC? Ha mindhárom szerepel, akkor ez potenciális jó megoldás, már csak az egy egyenes lévő ponthalmaz mivoltát kell kizárni. És így tovább minden egyes hármaskombináción végigszaladna. Ha a kérdéses ponthármasban akárcsak egy kombináció sincs benne, akkor az nem tekinthető háromszögnek. Ennyi. Innentől már csak annyi a feladat, hogy a helyesnek vélt ponthármasokat összegezze.
-
cocka
veterán
Én sem arra gondoltam, hogy az ábrát beolvastatjuk egy progival meg koordináták adatait tároljuk, hanem sokkal egyszerűbben is lehet szerintem.
Minden csúcsot eljelzel a szokásos betűjelöléssel és felírod az összes lehetséges kombinációt:
ABC, ABD, ABE, ABF... ABI, aztán ACD, ACE, ACF... ACI, és ez megy egészen AHI-ig, aztán B-vel kezdve: BCD, BCE, BCF.. BCI-ig majd BDE, BDF.. BDI-ig stb... stb..
és elvileg el kell jutni a végén oda hogy marad az, hogy GHI. Ez ugye 84 kombináció és akkor ezekből szépen lehuzigáljuk azokat amik az ábrán nem alkotnak háromszöget. De ehhez sem kell ábra, mert elég azokat a kombikat(konkrétan szakaszokat) felírni amik között fut él és akkor végignézzük hogy ezek a kettes kombinációk pl: AB, AC, AD stb... BE akármi előfordulnak-e pl. a BCD kombinációban. A hármas csoport akkor fogadható el, ha benne van a BC, BD és CD kombináció is. Na erre kéne valami program, hiszen a programoknak nem okoz gondot a betűkombinációk "felírása" meg az sem, hogy kiszelektálja a megadott szakaszokat a ponthármasok közül.
Tehát én egy vesszős, elválasztásos bekérős megoldással adnám meg a dolgokat, nem ábra alapján. Aztán az egy egyenesen lévőket meg eleve exclude-olnám és kész is lenne a feladat. Csak nem értek a megírásához.A négyszögesnél ugyanez lenne a szisztéma, de ott meg azt kéne vizsgálni, hogy mittomén egy AEFH kombinációban szerepel-e az AE, EF, FH és AH avagy HA (ugye a sorrend mindegy) kombinációk mindegyike, mert ha nem, akkor az nem négyszög. De itt elég csak az egymás mellett lévő pontokat vizsgálni, mert pl. az AF és EH nem része a négyszögnek.
-
cocka
veterán
válasz
Armahun
#1210
üzenetére
Azt mindjárt gondoltam, de engem a konkrét algoritmus vagy megoldási mód érdekelne.
Na példa háromszögesre:
Példa négyszögesre:
Pl. háromszögesnél eljelzed alulról felfelé haladva A-tól I-ig. Aztán felírsz egy három csúcsból álló ismétlés nélküli kombinációt. Ahol n a csúcsok száma: 9, k pedig a keresendő sokszög (jelen esetben háromszög) csúcsainak száma: 3.
Vagyis 9 alatt a 3 = 84. Na de ezzel csak azt kapod meg hogy a ponthármasok közt összesen hány háromszög húzható illetve, hogy ezenkívül hány egy egyenesre rajzolható ponthármasod van. Ez utóbbiakat viszonylag egyszerűen és gyorsan fel lehet írni, ezt a számot levonod a 84-ből és a maradékot hogy szelektálod ki?
Ha jól számolom itt az egy egyenes lévő ponthármasok száma 8. De még ha ezt levonom akkor is marad a feladat megoldása szerint 45 db olyan ponthármas ami ugyan háromszöget alkotna, de nem minden pont közt fut él. Tehát a kérdés az, hogy ezt a maradék 45-öt hogy lehet gyorsan kideríteni? Biztos van rá valami rémegyszerű matematikai algoritmus.
-
cocka
veterán
válasz
Armahun
#1208
üzenetére
Azoknak mindig átbaszás szaga van mégpedig azért mert az.
Egyébként az egyetlen épkézláb matematikai jellegű feladatuk ez volt:
Hány háromszög/négyszög van az ábrán. Na azt elregélhetné nekem valaki, hogy ha adott egy ábra és mondjuk egy táblázatban adottak a kombinációk, nevezetesen, hogy mely csúcsok melyekkel vannak összekötve, melyek alkotnak háromszöget pl. AB, AC, BC ez így ok. Na most elvileg fel kell írkálni az összes lehetséges összepárosítást és ki kell szelektálni az olyan kombinációkat, ahol két csúcs között nem fut él. Milyen halmazművelettel lehet ezt gyorsan elvégezni?
Na erre nincs valakinek valami programja? Hülye vagyok a programozáshoz.
A matekhoz meg pláne. -
cocka
veterán
Na de most akkor tisztázzuk már. A kis piros szakaszok hossza, amiket a piros és zöld karika határol, ismert?
Mert akkor felírod a piros és zöld pontok távolságát, aztán egyenlővé teszed a kis piros hosszával.
Na de ezzel még korántsincs vége. Ha ugyanis adott a kis piros hossza, akkor azt el jelölheted r-nek és mivel alfa adott máris kész a polárkoordináta-rendszered amiből a következőképp számolható a piros karika koordinátája.
Mivel r hossza ismert az ábrán a kis piros karikából merőlegest állítasz a fekete mondjuk k egyenesre. Ez az egyenes a k-t elmetszi valahol, ekkor ez a metszéspont és a szöghöz közelebbi zöldvégpont adja az á szakaszt. A bét pedig a piros karikát és az új metszéspontot összekötő szakasz adja. Tehát kapsz egy derékszögű háromszöget, amiben igaz az, hogy
tg alfa = b/a és a másik egyenletet pedig abból kapod, hogy r^2=a^2+b^2 Ebből a két egyenletből megkapod a-t és b-t vagyis a kérdéses pont koordinátáit. Na most hogy ez a gondolatkísérlet tényleg működik-e vagy sem, azt ki kell próbálni.
Konkrét értékek is vannak a feladatban vagy csak annyit írnak, hogy adott ez meg amaz, de konkrétum semmi?
-
cocka
veterán
válasz
cellpeti
#1177
üzenetére
Hopp ez durva.
Nekem is a sin/cos-os módszerrel jött ki a megoldás, hiszen a lényeg, hogy a számlálóban kialakítod a nevező deriváltját. De mikor beírtam a maple-nek tangenssel meg sin/cos-szal más-más eredmény jött ki. Megnéztem hogy vajon a kettő csak a felírásban különbözik-e, de ha csak erről lenne szó, akkor egy tetszőleges érték behelyettesítésekor nem adott volna két különböző eredményt.
Szóval itt vagy van valami matematikai trükk, ami mindkét esetben más eredményt hoz vagy a maple bugos. Mert ha simán x-et rakok az argumentumba, akkor érdekes módon a két integrál megegyezik.
Amit a tangensesnél eredményül kaptam: 1/10*ln(1+(tan(5*x-2))^2)
a sin/cos-osnál: -1/5*ln(cos(5*x-2))
Még a két függvény képe sem egyezik meg, csak részben.
Ez a tangeses.
Ez meg a sin/cos-os.
-
#1149
cocka
veterán
concret_hp
#1148
cocka
veterán
válasz
concret_hp
#1148
üzenetére
Hát ez elvileg ott jön elő, amikor többváltozós függvények szélsőérték helyeit keresed.
Tudni kell hozzá mi az, hogy kvadratikus forma.
Most bevallom őszintén másolni fogok, de a lényeg ez:
Def. Legyen n € N A = ide elképzelsz egy n×n-es négyzetes mátrixot, aminek elemei a[11]-től a[nn]-ig mehetnek. A könyv úgy fogalmaz, hogy n-edrendű valós szimmetrikus mátrix, mivel az a[ij] € R esetén a[ij] = a[ji] ahol (i, j = 1, 2, ...n)
A Q pedig legyen egy kvadratikus forma, ami def. szerint így néz ki:
Q: R^n -> R, Q(x[1], x[2]...x[n]) := x * A * x^T = szumma(i=1..n, szumma(j=1..n, a[ij]*x[i]*x[j]))
Az A a kvadratikus forma mátrixa. x pedig :=(x[1], x[2],.... x[n])
x^T pedig e mátrix transzponáltja.Most jön a kérdésedre a válasz:
Q kvadratikus forma pozitív definit, ha Q(x)>0 minden x != 0 esetén,
negatív definit, ha Q(x)<0 minden x != 0-ra
indefinit, ha pozitív és negatív értéket is felvesz.
pozitív szemidefinit, ha Q(x)>=0
negatív szemidefinit, ha Q(x)<=0minden x € R^n esetén és (a szemidefinithez) van olyan x € R^n x != 0 melyre Q(x) = 0.
Jelmagyarázat: szögletes zárójel = alsó index
^ = felső index
!= = nem egyenlő -
cocka
veterán
válasz
Leonica
#1123
üzenetére
Leábrázoltam maple-ben, hát több helyen is olyan, mintha érintené, de nem tudom belőni, hogy most akkor csak közelít a függvény az 1-hez vagy tényleg felveszi adott x;y értékeknél az 1-et.
Szép kis 3D-s ábra.
Nem, sin és cos van a négyzeten, nem az összeg:S
Akkor figyeld csak meg hogy nem az összeget emeltem négyzetre.
Ez van odaírva: (sin(kutyafüle))^2 ez = sin^2(kutyafülével)
Ha az összeget emeltem volna négyzetre, akkor: sin(kutyafüle^2) Nagyon nem mindegy.
Amúgy meg behelyettesítettem az 1 helyére hogy sin négyzet akármi + cos négyzet akármi és kijött 2 egyenlet:
-cos^2(x-y) = cos^2(x+y) ez max. akkor lehetséges, ha a cos (x-y) = 0, de az meg csak akkor 0, ha x-y = +/- Pi/2 + k*Pi illetve x+y=+/- Pi/2 + l*Pi
Hogy aztán ebből mit sakkozol ki, meg a periódus hogy változik azt már nem tudom.
Esetleg összeadva a két egyenletet kapod a továbbiakat:(1) 2*x = Pi + k*Pi x= Pi/2+k*Pi/2 y=
(2) 2*x = -Pi + k*Pi x=-Pi/2 + l*Pi/2 y= kijön, ha visszahelyettesítedHa addíciós tételekkel behelyettesítgetsz meg összeadogatod és vonogatod a cuccokat akkor ezt kapod:
(sin(x))^2*(cos(y))^2+(cos(x))^2*(sin(y))^2-(cos(x))^2*(cos(y))^2-(sin(x))^2*(sin(y))^2
Na de most akkor mi van? Szerintem ebből semmi jó nem sül ki, csak bonyolultabb lesz.
Egyáltalán hogy lehet úgy kétismeretlenes trigonometrikus egyenletet feladni, hogy nincs hozzá másik egyenlet?
Esetleg még úgy tudnám elképzelni, hogy: (sin(x+y)-cos(x-y))*(sin(x+y)+cos(x-y))
De hát kombinálni kell nem tudom most ezt így. Mi a feladat szövege?
-
cocka
veterán
válasz
Leonica
#1121
üzenetére
De miféle egyenlet ez?
Először is tuti, hogy nem diofantoszi, mert a sin és cos függvények jó eséllyel nem adnak eredményül egész számokat max. : -1,0,1 de ekkora mákod nyilván nem lehet.
Másrészt, ha nem diofantoszi és van benne 2 db ismeretlen, akkor hol a másik egyenlet?
Azonkívül a felírásod nem egyértelmű.
(sin(x+y))^2-(cos(x-y))^2 Így gondoltad? Ennek mondjuk több értelmét látom, meg ezt csak egyféleképpen lehet érteni.
Na majd írok valami okosságot ezügyben. Milyen tárgyból van ez?
-
cocka
veterán
A kombinatorikát nem tudom.
Az egyenlet egy elsőfokú diofantoszi egyenlet, csak én azt nem tudom, hogy ha elkezded megcsinálni akkor az a*b hogy pereg belőle ki?
Mert elvileg euklideszi algoritmushoz hasonló eljárás szolgáltatja a megoldásokat, meg elvileg végtelen sok megoldás van, tehát az egyenlet megoldása szintén egy képlet.
Az utolsó meg tök egyszerű. Ugye hatványazonosságokból tudjuk, hogy a (11^1999)^26 az nem más, mint 11^(1999*26) na ez kongruens x-szel modulo 100.
Megnézed hogy a 11 első pár hatványára mivel kongruens mod 100.
0-adik hatványa 1-gyel
első hatványa 11-gyel
második hatványa 21-gyel stb.. stb.. de mivel ez afféle ciklikus csoport, ezért 10-essével újra ugyanazt a maradéksorozatot adja.10-edikenre 1-gyet, 11-edikenre 11-et, 12-edikenre 21-et stb...
1999*26=51974 mivel 10-es csoportokba rendeződtek a maradékok, ezért az 51974-et le kell osztani 10-zel. Annak az egész része ugye 51970, tehát a 11^51970 100-zal osztva ugyanazt a maradékot adja, mint a 11^0. Vagyis 1-et.
A maradék 4, tehát az 51974-edik hatvány ugyanazzal a maradékkal kongruens, mint a 4-edik hatvány. Vagyis a megoldás az, hogy 41.
-
cocka
veterán
Ha érdemi választ akarsz, küldd el inkább egy matematikusnak. A bankban jellemzően olyan ügyfélszolgálatosok ülnek, akiknek csak tanították a matekot és örülnek hogy túl vannak rajta.
Azt hitem van erre valami egyszerüb megoldás, amivel a bankok is számolnak.
Hát igen kevés közöm van a gazdasághoz, de te azt kérdezted, hogyan lehet megoldani egy teljes negyed- ill. ötödfokú algebrai egyenletet. Erre válaszoltam. Hogy a felírt EBKM-es képleted helyes-e, azt nem tudom.
-
cocka
veterán
Hát figyelj ez még rosszabb, mint az előzőek, mert ez már ötödfokú.
-.8128512000e14+1868800000000*x+7168000000*x^2+12480000*x^3+8800*x^4+x^5
Ezt kéne megoldani, de mivel ötödfokú, nincs algebrai megoldása, mást meg nem tudok. Elvileg iterációs eljárásokkal ki lehet keresni a valós gyököket, a komplexekre ötletem sincs.
Mindenesetre van egy programom ami ötödfokú algebrai egyenletekre is azonnal kiköpi az 5 megoldást.
x1= 37.68254595
x2= -392.7648273+444.1484923*i
x3= -852.2771231
x4= -7199.875768
x5= -392.7648273-444.1484923*iJa azt nem mondtad, hogy gazdasági matematikáról van szó. Ahhoz elegendőek a valós számok is.
De ha visszahelyettesíted a negatív valós megoldások is ugyanolyan jók, viszont mivel egy árva kukkot nem szóltál arról, hogy milyen számhalmazból válogassam a megoldásokat, így automatikusan komplexekre oldottam meg.
-
cocka
veterán
Van egy kis bibi. A két egyenletnek semmi köze egymáshoz. Amit először javítottál és amit most írtál.
Ha leosztod 2000-rel mindkét oldalt, akkor az marad, hogy (1+x/400)^4+1/7300*x=1.1435
Na de ez mellékes is, az egyszerűbb alakra hozás lenne az elsődleges feladat.
Azt az egyenletet kell megoldani, hogy 2000*(1+x/400)^4+20/73*x=2287
A beszorzások elvégzése után a következő ronda alakba írható:
-287+1480/73*x+3/40*x^2+1/8000*x^3+1/12800000*x^4=0
Ahhoz, hogy normált alakba hozzuk be kell szorozni 12800000-rel és abból az jön ki, hogy:
-3673600000+18944000000/73*x+960000*x^2+1600*x^3+x^4=0 aminek ugyanazok lesznek a gyökei, mint az eredeti egyenletnek.
Ez sajnos egy teljes negyedfokú egyenlet, aminek 2 valós és 2 konjugált komplex megoldása van.
Ezt a következőképp lehet megoldani: x^4+a*x^3+b*x^2+c*x+d=0 alakú egyenletből a harmadfokú tagot megpróbáljuk eltávolítani. Ehhez felhasználjuk, hogy x=y-a/4
Illetve:
p=b-3/8*a^2
q=-1/2*a*b+1/8*a^3+c
r=-ac/4+d+(a^2*b)/16-(3*a^4)/256a=1600
b=960000
c=18944000000/73
d=-3673600000Ezekből tehát kijön, hogy: x=y-400
p=0
q=256000000/73
r=-2239372800000/73y^4+p*y^2+q*y+r=0 redukált alakot kapjuk, ahova beírjuk az együtthatókat:
y^4+256000000/73*y+(-2239372800000/73)=0
Ezután vesszük e hiányos negyedfokú egyenlet, harmadfokú rezolvensét, ez vezet el minket a megoldáshoz.
z^3+p/2*z^2+((p^2-4*r)/16)*z-q^2/64=0
z^3+559843200000/73*z-1024000000000000/5329=0
Az egy külön sztori hogy ennek a gyökei hogy jönnek ki, most nem is lényeges, de tudnod kell hozzá a harmadfokú egyenletek megoldóképletét.
z1=-12.52796865-87573.31444*i
z2=-12.52796865+87573.31444*i
z3=25.05593729Az y-os hiányos egyenletünk megoldásai a következők lesznek:
y1=-gyök(z1)-gyök(z2)-gyök(z3)
y2=gyök(z1)-gyök(z2)+gyök(z3)
y3=-gyök(z1)+gyök(z2)+gyök(z3)
y4=gyök(z1)+gyök(z2)-gyök(z3)Ezekből az eredeti egyenlet megoldása ugybár
x1=y1-400 =-823.4808882
x2=y2-400 = -394.9944094-418.5351678*i
x3=y3-400 = -394.9944094+418.5351678*i
x4=y4-400 = 13.46970704Na most ahhoz, hogy ezt mind-mind végig csinálhassa az ember pl. kell tudni komplex számokat osztani, gyököt, köbgyököt vonni belőlük stb.. azokhoz ugye meg már szögfüggvények is kellenek. Arról nem beszélve, hogy n-edik gyök z-nek, (ahol z egy a+b*i alakú szám, a és b valósak) n db értéke van. Ha négyzetgyököt vonz belőle, akkor 2, ha köbgyököt akkor 3 stb...
Szóval az se volt normális, aki ezt a feladatot feladta.
-
-
cocka
veterán
válasz
rebel56
#1098
üzenetére
Hát ez meglehetősen egyszerű. A gyök alatt lévő kifejezésre valaminek a négyezeteként kell tekinteni.
A kérdés az, hogy a 7+4*sqrt(3) az minek a négyzete.
a gyök 3 sokat elárul. Ha az eredeti összeg egyik tagja gyökös formában volt írva, akkor gyanús hogy a kétszeres szorzatban maradni fog gyök. De ez nem készpénz, mert lehet úgy is, hogy az eredeti összeg mindkét tagja valamilyen gyökös szám.
Na lényeg, hogy első körben a gyök 3-mal próbálkoznék.
Segítségnek ennyit elárulok: 7 = a^2 + b^2 a 4*gyök3 = 2*a*b
Ez már kiköpi a megoldást.
-
cocka
veterán
a negyedik gyök a^2*b^3 nem más, mint (a^2*b^3)^(1/4) ami elvégezve a^(1/2)*b^(3/4) ezt megszorozzuk még a/b-vel és az egészet köbre emeljük.
Az a/b = a*b^(-1) vagyis a^(1/2)*a*b^(3/4)*b^(-1) innentől meg csak összeadás:
1/2+1 és 3/4+(-1) vagyis a^(3/2)*b^(-1/4) ezt köbre emeled ami meg 2 db szorzást jelent:
3/2*3 és -1/4*3 így a vége: a^(9/2)*b^(-3/4) átírva meg úgy néz ki, hogy gyök a^9 * negyedik gyök 1/b^3
Ezt még lehet tovább variálni csak minek.
-
cocka
veterán
Mint azt a mellékelt ábra is mutatta én is ugyanezzel a megoldási javaslattal álltam elő.
Mondjuk ha a szöveg alapján nem érti a megoldás menetét arról nem biztos, hogy csak én tehetek. A koszinusz- és szinusztételre is vannak szép példák a zöld könyvben, onnan lehet csinálgatni, ezek a feladatok meg megoldathatók a szögfüggvények bevezetése kapcsán, mivel azok ismeretén kívül egyik feladat sem igényel újdonságot.
-
cocka
veterán
válasz
TexT-BoY
#1076
üzenetére
Jó, akkor első feladat megoldása:
Ha a téglalap egyik átlója 26, akkor a másik is annyi, de asszem most ez mindegy is.
A derékszög 54 és 36 fokra osztható fel. A kérdéses oldalak legyenek így:
a a hosszabbik, b a rövidebbik.
Ekkor például felírható, hogy b=26*sin 36fok és a=26*sin 54fok
Ugye észre kell venni hogy az átlók legalább 2 db derékszögű háromszögre bontják a téglalapot. Innentől a feladat no comment, nem igényli a szinusztételt.
A 2. feladatnál felvetődik a kérdés (legalább is számomra), hogy a 48 a hosszabbik vagy a rövidebbik alapja a trapéznak. Itt is mindkét átló 50-50 az egyenlő szárúság miatt.
Ha a rövidebbiket veszem 48-nak, akkor ahhoz képest az átló irreálisan hosszú, de ha kiszámolod akkor negatív értékek jönnek ki, tehát ez nem járható út.
Ha a hosszabbik 48, akkor pedig a rövidebbik alapja c, a szárak b-k és ebből kiszámolható, hogy a magasság által "levágott" kisháromszög rövidebbik befogója 24-c/2.
Ezt a kis szakaszt és a c oldalt kell egy nagyobb derékszögű háromszög befogójának tekinteni. Ez az oldal lesz e háromszög hosszabbik befogója: 24-c/2+c, a magasság e háromszög rövidebbik befogója: 30. Az átfogó meg a trapéz átlója: 50. Ebből kijön hogy a c nem lehet más mint 32. A kisháromszög rövidebbik befogója ebből 8. A 8-ból és a 30-ból megint csak pitagorasz-tétellel jönnek a trapéz szárai: kb. 31.04
A trapéz hosszabbik alapján fekvő szögek meg mittomén: arccos(8/31.04) vagy arcsin(30/31.04) lényeg hogy alfa kb. 75 fok, a béta meg 180-alfa és ready.
Kérdem én továbbra is: Hol itt a szinusztétel?
-
cocka
veterán
A nagy kódex szerint a következő a különbség: (ez olyan algebrás, halmazelméletes)
Az f: A -> B-be képező függvény szürjektív, ha értékkészlete az egész B.
Az f injektív, ha A különböző elemeihez B különböző elemeit rendeli vagyis bármely a1 nem egyenlő a2 esetén f(a1) nem egyenlő f(a2)-vel.
Az f bijektív, ha kölcsönösen egyértelmű vagyis injektív és szürjektív is.
Ha H véges halmaz, akkor minden f: X -> X leképezésre f pontosan akkor szürjektív, ha injektív.
Ha H végtelen halmaz, akkor létezik olyan f: X -> X leképezés, ami injektív, de nem szürjektív és olyan is, ami szürjektív, de nem injektív.Megszámlálhatóan végtelennek nev. azokat a halmazokat, melyek kölcsönösen egyértelmű megfeleltetésben állnak a pozitív egész számok halmazával. Vagyis a természetes számok halmazával. (analízisben, algebrában előző halmaz unió {0} )
A rövidebb kódex szerint pedig:
Def: A halmaz véges, ha egyetlen valódi részhalmazával sem ekvivalens. Ellenkező esetben végtelen halmazról beszélünk.
Erre egy gagyi példa ha vesszük a természetes számokat 1-től +végtelenig, hisezn találunk olyan halmazt, ami vele ekvivalens lásd: [2, +végtelen)Vagy: A H halmaz véges, ha bármely phi: H -> H injektív leképezés szürjektív. (tehát bijektív)
Def: Megszámlálhatóan végtelen számosságú egy H halmaz, ha H ekvivalens a természetes számok N halmazával. Véges halmazoknál ilyen nincs lásd a véges halmaz definícióját.
-
cocka
veterán
válasz
szatocs
#1046
üzenetére
Hát először is zérushelye nincs.
Van két egyszeres pólushelye, ami azt jelenti, hogy a -1-nél illetve -2-nél ha a függvény képe pl. a -1-től balra a - végtelenbe tart, akkor a -1-től jobbra a +végtelenbe fog tartani és fordítva. Ugyanez a játék a -2-nél is.
Ábrázolni nagyon egyszerű, a derékszögű koordinátarendszerben felvázolod a -1-et és a -2-öt, aztán mindkét pontban egy képzeletbeli (vagy szaggatott vonallal) merőlegest állítasz az X tengelyre.
Megnézed a +/-végtelenben mi a függvény határértéke. +végtelenben 0, -végtelenben is 0.
Megnézed a függvényértéket 0-nál és mondjuk -0.5-nél. Akkor ebből kiderül, hogy jobbról a -1 felé haladva a függvényértékek -1-től jobbra a +végtelenbe tartanak, -1-től balra pedig a -végtelenbe.
Mivel zérushely nincs, ezért a -1-től jobbra eső függvénykép szigorúan monton csökken és közelít a 0-ához.
A -2 és -1 közt keresel egy -2-höz közeli függvényértéket. Mittomén -1.99 meg -1.999. Ezekből látni, hogy a -2-től közvetlenül jobbra található helyeken a függvényértékek a -végtelenbe tartanak. Mivel a fv.-nek nincs zérushelye, ezért az X tengelyt nem érinti, tehát egy fordított U-ra hasonlít a fv. -2..-1 intervallumon vizsgált képe.
A -2-től közvetlenül balra található értékek a +végtelenbe tartanak és onnan az X tengely érintése nélkül tartanak tovább a 0-ához.
Magyarul a függvény képe a teljes szakaszon: -végtelentől -2-ig: egy szig. monoton növekvő hiperbolaág, -2-től -1-ig egy parabolaág az X tengely alatt és -1-től +végtelenig egy szig. monoton csökkenő hiperbolaág.
-
cocka
veterán
Nekem is lenne egy érdekes kérdésem a kedves matematikát szerető kollégákhoz.
Konkrétan egy geometriai feladatról van szó, azonbelül is egy tengelyes affinitásról.
A szövege a következő:
Adott a tengelyes affinitás tengelye és egy ABC háromszög. Határozzuk meg az affinitást úgy, hogy az A'B'C' hasonló legyen egy előre megadott DEF háromszöghöz.
Hát ugye az ember próbálkozik, de sajnos nekem nem jött össze. A megoldás szerint a szerkesztés lépései a következők:
Megrajzolom a t tengelyt. Megrajzolom az ABC háromszöget úgy, hogy az oldalait meghosszabbítom. CA P-ben, CB Q-ban, AB R-ben, az AB-vel a C-n keresztül húzott párhuzamos egyenes pedig S-ben metszi a tengelyt.
Az ABC háromszög mellé valahova megrajzolom a DEF háromszöget. Az F szögét elnevezem alfának, az E szögét meg bétának.
A megoldás azt javasolja, hogy a PQ szakasz fölé (alá) szerkesszünk az alfa szöggel látószög körívet, illetve az RS fölé (alá) is szerkesszünk egy látószög körívet a béta szöggel. Na most elvileg a látószög körívek metszéspontja fogja kiadni a C' helyét. Ekkor ugye a feladat tovább úgy folytatódik, hogy a C'-t összekötöm a C-vel és ez lesz az affinitás iránya.Igen ám, na de akármilyen helyzetű az ABC háromszög ez a két kör így a büdös életben nem fogja metszeni egymást. (az sem mellékes egyébként, hogy a megoldásban ez az egész feladat 3 sorban el van intézve a szerkesztési lépéseket erősen mellőzve, sőt ábra sincs, nehogy már megértsd
)Szóval a kérdésem végül is az lenne, hogy mely szakaszok fölé is kéne a látószög köríveket szerkeszteni, mert a PQ és RS páros biztosan nem nyerő. Próbáltam úgy is, hogy PR és QS, így metszi a két körív egymást, de a kapott háromszög rohadtul nem hasonlít a DEF háromszögre, mert pl. a szögeik kapásból nem egyeznek meg. Én meg valami olyasmit hallottam a hasonló háromszögekről, hogy szögei páronként megegyeznek.
A feladattal bohóckodtam egy sort Geogebrában, aztán hagytam az egészet a francba. Akinek van valami ötlete ne kíméljen. Akár privátba is. Thanks.
-
cocka
veterán
De nem is feltétlenül kell téglalap alakú mátrix ahhoz, hogy meglásd, nem kommutatív művelet a mátrixok körében.
A példát demonstáld magadnak 2 db 2×2-es mátrixszal.
Töltsd fel különböző elemekkel. Példa:
A mátrix:
1. sor 1. oszlop: a 1. sor 2. oszlop: b
2.sor 1. oszlop: c 2. sor 2. oszlop dB mátrix:
1. sor 1. oszlop: e 1. sor 2. oszlop: f
2.sor 1. oszlop: g 2. sor 2. oszlop hPraktikus módszer, ha pl. az A×B mátrixot akarod kiszámolni, hogy előre írod az A-t és utána közvetlenül a B-t, de nem vele egy vonalba, hanem kicsit feljebb, pont úgy, hogy alá kiférjen az eredménymátrix.
Ugyanez B×A esetén is, csak akkor az A mátrix kerül jobb felülre.
Az eredménymátrix értékei különböznek, ezért nem kommutatív.
[ a*e+b*g; f*a+b*h ] [ a*e+f*c; b*e+f*d ]
[c*e+d*g; f*c+d*h] [ g*a+h*c; g*b+d*h]Avagy ráteszed az ujjad az A mátrix első sorának első oszlopában szereplő elemre, aztán a B mátrix első sorának első oszlopában szereplő elemre egy másik ujjad. Szorzod és csúsztatod az ujjad, jobbra illetve lefelé. Ugyanez a kaptafa a többi. ;)
-
#834
cocka
veterán
concret_hp
#833
cocka
veterán
válasz
concret_hp
#833
üzenetére
Jó van má'!
Elírta. Na és? Írta, hogy hullafáradt volt, úgyhogy erről ennyit. A másik pedig az, hogy ő legalább segített, amit ezúton is köszönök szépen.
-
#818
cocka
veterán
concret_hp
#817
cocka
veterán
válasz
concret_hp
#817
üzenetére
igen
A rendről még valami olyasmi van itt, hogy egy k egész szám jó kitevője a g € G csoportelemnek, ha g^k=1 vagyis ha jól értem itt (a^2*b)^k=1-ből jönne ki valami. Állítólag a rend a legkisebb pozitív jó kitevő (véges rendű elem esetén).
Találtam egy ilyen felírást is:
igaz ez D4-et írja le, D4=<a;b | a^4=b^2=1; ab=ba^3>
És valami olyasmit is írnak erről, hogy jelöljön a egy szabályos 4 szög (négyzet) középpontja körüli (2 Pi)/4 vagyis 90 fokos elforgatást, b pedig legyen a négyszög tetszőleges tengelyes szimmetriája.
Ha jól sejtem a^4 azért adja az egységelemet, mert egy négyzetet 4 db 90 fokos forgatással lehet önmagába átvinni, a b^2 pedig azért, mert egy négyzetet 2 db tengely tükrözéssel lehet önmagába átvinni.
-
cocka
veterán
Sziasztok!
Szeretnék egy kis segítséget kérni csoportelmélet ügyben. Természetesen megnéztem az elméletet, de semmi értelmeset nem sikerült belőle kihámozni.
Pl. ilyen feladatok vannak, hogy D5-ben (ez egy ötödrendű diédercsoport)
az a^3*b elemmel generált részcsoportot készítsük el
írjuk le mi a^2*b rendje
és mi az a^3*b elem a^4*b-vel való konjugáltja.
Ehhez ilyen elméleti anyagokat találtam:
Csoport: Egy G nem üres halmaz csoport, ha értelmezett rajta egy * művelet a következő tul.-kkal:
* művelet asszociatív magyarul: minden a, b, c-re (a*b)*c=a*(b*c)
van neutrális elem vagyis létezik egy e elem, melyre e*a=a illetve a*e=a minden a-ra.
G minden elemének van inverze vagyis létezik egy olyan a' melyre a*a'=e ill. a'*a=eA diédercsoport az egyébként egy szabályos n-szög szimmetriacsoportja. Magyarán itt egy szabályos ötszög szimmetriacsoportjáról van szó.
Szimmetriacsoport pedig: X legyen tetszőleges halmaz, ekkor az Sx csoport a kompozíció műveletére nézve az X halmazon ható szimmetriacsoport.
Az Sx meg X transzformációinak halmaza. X transzformációja pedig: Egy X halmazt önmagára képező bijekciók
A részcsoport pedig:
Legyen G csoport, ha H részhalmaz G-nek, mely maga is csoport a G-beli műveletekre nézve, akkor H részcsoportja G-nek.
Kongjugált meg:
Legyen G csoport és g € G rögzített elem. A gxg^-1 szorzat az x elem g-vel vett konjugáltja.Rend pedig:
Legyen G csoport és g € G. A g elem rendje a g különböző hatványainak a száma.
Na most mindenezek ismeretében fogalmam sincs, hogy lehet a részcsoportot felírni ill. a rendet és konjugáltat meghatározni.
Van valakinek tippje? Mondjuk lenne még más is, aki nagyon vágja a témát, nem haragszom meg, ha megkeres priviben.
)
)Új hozzászólás Aktív témák
axioma
- GYÖNYÖRŰ iPhone 13 Pro Max 1TB Gold -1 ÉV GARANCIA - Kártyafüggetlen, MS3051
- Felújított laptopok számlával, garanciával! Ingyen Foxpost!
- Xiaomi Redmi 9T 64GB Kártyafüggetlen 1 év Garanciával
- Telefon felvásárlás!! iPhone 16/iPhone 16 Plus/iPhone 16 Pro/iPhone 16 Pro Max
- Bomba ár! HP ProBook 440 G7 - i5-10GEN I 8GB I 256SSD I HDMI I 14" FHD I Cam I W11 I Gar
Állásajánlatok
Cég: FOTC
Város: Budapest