- Mindenki Z Fold7-et akar
- Yettel topik
- iPhone 16e - ellenvetésem lenne
- Az Exynos 2600 az első 2 nm-es mobilchip
- Kikristályosodik a Razr 60
- Google Pixel topik
- Telekom mobilszolgáltatások
- Három Redmi 15 érkezett a lengyel piacra
- Samsung Galaxy A54 - türelemjáték
- Garmin Venu X1 - vékony, virtuóz, váltságíjas
Hirdetés
Talpon vagyunk, köszönjük a sok biztatást! Ha segíteni szeretnél, boldogan ajánljuk Előfizetéseinket!
Új hozzászólás Aktív témák
-
kovisoft
őstag
válasz
Micsurin
#6184
üzenetére
A próbafüggvény módszer csak bizonyos típusú zavarófüggvények esetében alkalmazható. Ilyenek pl. a polinom, exponenciális, trigonometrikus típusú zavarófüggvények. Ilyenkor feltételezzük, hogy a partikuláris megoldás is ugyanolyan típusú lesz. Azaz n-edfokú polinom esetében a próbafüggvény is egy általánon n-edfokú polinom lesz.
A példádban ezért választották a 3x^2 zavarófüggvényhez az Ax^2+Bx+C próbafüggvényt. De nem lesz mindig jó ez az alak, pl. egy harmadfokú zavarófüggvényhez már egy általános harmadfokú próbafüggvényt kellene választani (Ax^3+Bx^2+Cx+D). Egy exponenciálishoz meg Ae^x-et, sin/cos-hoz meg Asin(x)+Bcos(x) típusút. Ha meg az előző típusok összege a zavarófüggvény, akkor a próbafüggvény is ilyenek összege lesz.
Rezonancia: ha a próbafüggvény valamely tagja konstansszorosa a homogén egyenlet megoldásának, akkor csak ezt a tagot kell x-szel szorozni.
-
kovisoft
őstag
-
TDX
tag
válasz
Micsurin
#6134
üzenetére
Szerintem a feladatot értetted félre, itt simán csak egyszerűsíteni kell a kifejezést, nem integrálni.
Tehát a 9-est be lehet rakni a számlálóba, az (x-1)^-2-t átrakni a nevezőbe (mert ugye (x-1)^-2 = 1/(x-1)^2), és a mínusz előjelet a -2-ből ki lehet rakni az egész kifejezés elé. Így kapod meg az eredményt.
-
kovisoft
őstag
válasz
Micsurin
#6119
üzenetére
Gratulálok! Hirtelen azt hittem, úgy jártál a kettessel, mint ebben a viccben:
- Kérem, csak addig vizsgáztasson, amíg a kettes megvan! - kéri a hallgató.
Már egy órája vizsgázik, amikor a tanár megszólal:
- Na, adja ide az indexét, kolléga. Megvan a kettes.
- Phűűű. De nehezen ment!
- Azt meghiszem - így a tanár - fél órája még a jelesnél voltunk. -
kovisoft
őstag
válasz
Micsurin
#6111
üzenetére
Ha érted az Euler-séta elvét, és megfelelő kiinduló csúcsot választottál, akkor abból automatikusan kijön, hogy bárhogy is mész végig az éleken, be fogod tudni járni a gráfot. Csak abba kell belegondolni, hogy ha egy csúcson áthaladsz, akkor egyszer egy élen keresztül odaérsz, egy másik élen keresztül pedig elmész onnan, tehát egy csúcson áthaladáshoz két él szükséges. Mivel a séta során szinte az összes csúcson szimplán áthaladsz, ezért ezek mindegyikébe páros számú él kell fusson. Mik lehetnek a kivételek? Abban az esetben, ha ugyanabba a csúcsba érkezel, mint ahonnan kiindultál (azaz zárt a séta, vagyis Euler-körről van szó), akkor nincs kitüntetett kezdő- és végpont, azaz ilyenkor a gráf összes csúcsa páros fokszámú kell legyen. Ha nem zárt a séta, azaz a kezdőpont eltér a végponttól, akkor a kezdőpontból az első lépés csak kifelé vezet, a végpontba az utolsó lépés csak befelé vezet, tehát ennek a két kitüntetett csúcsnak páratlan, az összes többinek (amiken áthaladsz) viszont továbbra is páros fokszáma kell legyen.
A fentiek alapján ha a gráf ilyen tulajdonságokkal bír, és megfelelő kezdőpontot választottál, akkor bárhogyan is haladsz át rajta, be fogod tudni járni a gráfot úgy, hogy minden élen pontosan egyszer haladsz végig. El sem tudod rontani. Csak annyi a lényeg, hogy ha két darab páratlan fokszámú csúcs van, akkor az egyik ilyenből indulj el, és automatikusan a másik ilyenbe fogsz érkezni. Ha meg minden csúcs páros fokszámú, akkor bárhonnan elindulhatsz, a végén ugyanoda fogsz érkezni.
Nem volt még külön szó róla, de nyilván az egész csak akkor működik, ha a gráf összefüggő, azaz minden csúcsából minden másik csúcsa elérhető valamilyen útvonalon.
-
axioma
Topikgazda
válasz
Micsurin
#6104
üzenetére
Izlesek es pofonok, en pont a diszkret matekot szeretem... amugy ki lehet bogozni, volt egy fakultativ tantargyam ahol matek szakszovegirast tanitott a kedvenc absztrakt algebra tanarom, es mutatott egy 12 soros, harom vegtelen sorozattal machinalo tetelkimondast, ami ekvivalens volt azzal hogy minden pozitiv egesz szam (a sorrendtol eltekintve) egyertelmuen bonthato fel primszamok szorzatara... egy elmeny volt rajonni hogy ez csak ennyi
a fizikusoknal is visszafele gondolkodva, megnezni a definiciot (ami persze mar a modositott fogalmakkal volt kimondva) dekodoltuk hogy azt mi hogy hivtuk.
Erre a kepessegre, hogy masnak a terminologiajaba visszaultetve meseled el amit a sajatodban ertesz vagy forditva, mondjuk szukseged lehet kesobb a jogi szakszoveg ertelmezese, vagy szakszerunek tuno erveleshez... -
axioma
Topikgazda
válasz
Micsurin
#6102
üzenetére
Hat, ha tippelnem kene, akkor az egyes elemei a faktorhalmaznak lehetnek a particiok. De ez csak tipp, a nevezektan nagyon eltero lehet sajnos (plane magyarul, de most az angol wikipedian is megneztem de ott se lattam jonak tuno megoldast). Jottek hozzam fizikusok olyan linearis algebra+absztrakt algebra tananyagokkal me'g anno koleszban, amit a diff.egyenletek tanarom tartott nekik, amit szabalyosan kodfejteni kellett, annyira mashogy hivta'k a dolgokat mint a mi sajat algebra oktatasunkon (amugy onmagaban logikus volt, sot a fogalmak szama kevesebb volt - de ettol nehezebb volt egy tetelt sok tulajdonsag kikotesevel megfogalmazni).
-
axioma
Topikgazda
válasz
Micsurin
#6100
üzenetére
A faktorhalmaz egyszeru: a teljes halmazt, ami felett az ekvivalenciat definialtad, azt az alapjan, hogy kik tartoznak ossze (vannak relacioban, de mivel reflexiv es tranzitiv igy csoportokat kepez), fel tudod osztani kisebb halmazokra, amik unioja kiadja az eredeti halmazt.
Peldaul a mod 2 ekvivalencia az egesz szamok felett eseten a faktorhalmaz ket halmazt tartalmaz: a paros szamok halmazat es a paratlan szamok halmazat. Tehat a faktorhalmaz itt egy ketelemu halmaz. Ha a [0..20] halmaz (21 db egesz) felett a mod 5 relaciot veszed, akkor a faktorhalmaz {{0,5,10,15,20},{1,6,11,16},{2,7,12,17},{3,8,13,18},{4,9,14,19}} otelemu.
A particio jo kerdes, mert a fenti felosztast lehet az alaphalmaz egy _particionalasanak_ nevezni, de hogy ebbol mi akar a particio lenni azt jobban meg tudnam mondani, ha a sajat szovegkornyezetebol bemasolnal rola egy mondatot. -
kovisoft
őstag
válasz
Micsurin
#6098
üzenetére
Úgy lehet még talán elképzelni az egészet, hogy a magtér és a képtér arról ad információt, hogy az adott transzformáció mennyire "szűkíti le" a kiindulási vektorteret, mennyi dimenziót nulláz ki (ez a magtér dimenziója), és mennyi dimenziót hagy meg (ez a képtér dimenziója).
Visszautalva az x-z síkra vetítős példára, ez a transzformáció a kiindulási 3 dimenziós térből 1 dimenziót kinulláz (az y tengelyt), megmarad tehát 2 dimenzió a képtérnek (x-z sík).
-
kovisoft
őstag
válasz
Micsurin
#6096
üzenetére
Majdnem úgy van, ahogy írtad, csak az nem a képtér, hanem a magtér.
A magtér (kernel) a kiindulási vektortérnek az a részhalmaza, amelynek elemeit az adott transzformáció a cél vektortér 0 elemébe képezi le.
A képtér (image) az cél vektortérnek az a részhalmaza, amely úgy áll elő, hogy a kiindulási vektortér összes elemére alkalmazod az adott lineáris leképezést, és megnézed, hogy ezeknek mik a leképezései a cél vektortérben.
Vegyünk egy példát: legyen a kiindulási és cél vektortér is egyaránt a mi 3 dimenziós terünk, a leképezés pedig vetítse az összes vektort az x-z síkra (azaz nullázza ki az y koordinátát). Ennek a leképezésnek a magtere az y tengely, hiszen annak minden eleme a 0-ra vetítődik. A leképezés képtere pedig az x-z sík lesz, hiszen a kiindulási terünk minden elemét az x-z síkra vetítettük le.
A magtér altere a kiindulási vektortérnek, a képtér altere a cél vektortérnek, és a kettő dimenziójának az összege megegyezik a kiindulási vektortér dimenziójával. A fenti példában a magtér 1 dimenziós (y tengely), a képtér 2 dimenziós (x-z sík), a kiindulási vektortér pedig 3 dimenziós (x-y-z).
Ahhoz, hogy a lineáris transzformáció invertálható legyen az kell, hogy különböző elemeket különböző elemekre képezzen le. Tehát 0-ra is csak a 0-t képezheti le, azaz a magtere is csak a 0-ból állhat, azaz a magterének a dimenziója 0 kell legyen. Tehát a képtér dimenziója meg kell egyezzen a kiindulási vektortér dimenziójával.
-
kovisoft
őstag
válasz
Micsurin
#6091
üzenetére
Ha a z bármi lehet, akkor azt mondta, hogy legyen ez egy tetszőleges t szám.
A második sorban a (0,1,2|1) azt jelenti, hogy 0*x+1*y+2*z=1. Mivel z=t, ezt behelyettesítve y+2t=1, azaz y=1-2t.
Az első sorban az (1,0,-1|0) azt jelenti, hogy 1*x+0*y-1*z=0. Ebbe behelyettesítve a már megkapott z és y értékeket: x-z=0, azaz x-t=0, azaz x=t.
Az a lényeg, hogy miután megcsináltad a Gauss elimináció első fázisát, és egy felső háromszög mátrixot kaptál, utána alulról felfelé vissza tudod helyettesíteni az ismeretleneket, minden sorban egy újabb ismeretlen értékét tudod kiszámolni, azt (a többi korábban kiszámolttal együtt) megint behelyettesíteni a még eggyel feljebb lévő sorba, stb. Így megkapod az összes változó értékét. Az ilyen speciális esetekben, amikor mondjuk az utolsó sorban 0=0 jellegű azonosság jön ki, akkor az utolsó ismeretlennek tetszés szerinti értéket adhatsz, és ilyenkor nem egy konkrét számmal, hanem az ezzel a változóval kell tovább számolni, és ebből kell kifejezni a többi ismeretlen értékét.
-
axioma
Topikgazda
válasz
Micsurin
#6088
üzenetére
"Így tiszta köszönöm akkor csak azt silabizálom még mindig, hogy k+1 miért cserélhető le k-ra mikor n=7-re volt csak bizonyítva az egyenlőtlenség. "
Szerintem te nem erted a teljes indukcio mukodeset. A lenyeg az, hogy ha van egy fix pontod, meg egy onnan vezeto utad amin tudod, hogy egyet tudsz elore haladni, akkor a fix pont utani minden lepespontra el fogsz jutni.
Amikor n=7-re bizonyitottad, akkor megvan a fix pont.
Amikor belatod, hogy k>3 eseten mar igaz, hogy barmely k-rol lephetsz k+1-re, akkor biztositod magadnak a lepes lehetoseget.
Ez a ketto egyutt mar ugy mukodik mint egy program. Mondjuk azt hogy minden i-re az allitasrol nem tudjuk hogy igaz-e. Aztan az n=7 kulon belatasa miatt tudjuk, hogy 7-re igaz. Epits gepet, ami ha lat egy k-ra igazat, aminel mukodik a lepcso (k>3), akkor k+1-re is rapecseteli hogy igaz. Ez a gep ha meglatja a 7-et, ra tudja pecsetelni a 8-ra hogy igaz. Most mar latja a 7,8-at, az elsovel nem megy semmire, a 8 miatt (mivel k=8>3) tudja a lepest is, tehat 9-re is igaz. Es igy tovabb, minden egesz szam 7 felett egyszer csak kap a _lepes_ miatt pecsetet.
A 7 alattiak nem, hiszen csak annyit tudunk, hogy k>3 ES k-ra igaz eseten igaz lesz k+1-re is. (Amugy ugy jobban megertetted volna, ha azt irja hogy(k+1)*3^k>=(n+1)*3^k=8*3^k>3*3^k=3^(k+1)? Ez is helyes, talan kicsit jobban latszik az elv (csak az n-et elero esetben alkalmazzuk a k-t).
Ha az indukcios lepes csak mondjuk k>10 eseten lenne igaz, akkor az egesz nem indul el. Latja a gepezet a 7-et, de ott nem tud lepcsot inditani. Ha kezzel bebizonyitod, hogy 7,8,9,10-re is igaz, akkor mar fog tudni felfele lepni (es minden >=7-re igy is be lehet latni).
Remelem segitett kicsit, mert ha "zsigerbol" erzed hogy mit jelent ez, nem a szamoknal ragadsz le es nem valtozokban keresed a mintat, valoszinuleg sokat segit a megoldasmenetek megerteseben majd kitalalasaban is. -
kovisoft
őstag
-
lev258
veterán
válasz
Micsurin
#6085
üzenetére
Előzőleg, (i)-ben belátta, hogy k!>3^k. Vagyis k!*(k+1)-ben k! kicserélhető erre, így egy kisebb összefüggést kapunk. A (k+1) pedig lecserélhető 3-ra, újabb, még kisebb összefüggést adva. Mintha a lépések mögötti logika nem lenne tiszta neked. Mint írtam, az egésznek a célja, hogy (ii) bal oldalától eljussunk valahogy a jobb oldalig, mert ezt akarjuk megmutatni, bizonyítani.
-
-
lev258
veterán
válasz
Micsurin
#6077
üzenetére
Annyira nem vészes.
(i)-ben belátja, hogy igaz k=7 esetén
(ii)-ben belátja, hogy k+1-re igaz; a lényeg csak annyi, hogy mindig valami kisebbet ír fel, mint a kifejezés (nem vele egyenlőt) és végül eljut oda, ahova akart (k+1 mindig nagyobb lesz, mint 3, így 3-at írva a kifejezés biztosan kisebb)
(iii)-ben csupán egyesíti a két állítást: igaz k-ra és k+1-re (ebben az indukcióban a k-ra teljesülést is igazolnunk kellett) -
kovisoft
őstag
válasz
Micsurin
#6072
üzenetére
Hol érzed, hogy hiányzik egy lépés? Az indukciós lépésnek az a lényege, hogy feltesszük, hogy egy adott k-ra igaz az állítás, majd ebből levezetjük, hogy akkor k+1-re is igaz. Ehhez a k+1-es összeget fel kell bontanunk két részre: a k-s összegre plusz a k+1-edik kitevőjű tagra (6^(k+1)). A k-s összeg helyére beírjuk az indukciós feltétel alapján az összegképletet (feltettük, hogy k-ra igaz a képlet), ehhez adjuk hozzá a k+1-edik tagot, majd ezt kell úgy átalakítanunk, hogy kijöjjön belőle a k+1-es összegképlet.
-
axioma
Topikgazda
válasz
Micsurin
#6051
üzenetére
A lovagnal azt _sejtem_ (pontos szoveg ismerete nelkul), hogy van 6 lovag, tehat nem lehet hogy mind a 17 probalkozast az elso csinalja.
Nincs olyan megkotes, hogy mindenki 1x lep oda es probalja valahanyszor?
Mert akkor ez a torpokbol levesfozes esete, felteve hogy a lovagok nem kulonboznek, csak arra kivancsi hoyg milyen eloszlasban lehetnek a probalkozasok.
De ha van pontos szoveg akkor meg tudjuk mondani, ez csak egy tipp az eddigi feladatsorok jellegebol sejtve (de nem vagyok pedagogus... szoval lehet hogy pont nem). -
kovisoft
őstag
válasz
Micsurin
#6051
üzenetére
Vers: 8! akkor lenne, ha bármelyik félsor bárhol előfordulhatna (kvázi mintha egy 8 soros versről lenne szó). De ekkor keletkeznének 4+4, 3+3, 3+4 szótagos sorok is. Itt viszont van egy olyan megkötés, hogy egy sor mindig 4+3 szótagos, ami azt jelenti, hogy a bal félsorok mindig a bal, a jobb félsorok mindig a jobb oldalon maradnak. Tehát a 4 baloldali félsor tetszőleges permutációjához rendelhetjük a 4 jobboldali félsor tetszőleges permutációját. Legalábbis szerintem.
-
kovisoft
őstag
válasz
Micsurin
#6049
üzenetére
Első körben meg kellene értened, hogy mit jelentenek az egyes definíciók. Axioma már leírta neked részletesen, de hátha segítenek ezek a rövid magyarázatok:
permutáció = hányféle sorrendben írható fel az összes elem?
kombináció = hányféleképpen választható ki valahány darab az összes elemből úgy, hogy a sorrendjük nem számít?
variáció = permutált kombináció, azaz a kombinációkban az elemek sorrendje is számít. -
axioma
Topikgazda
válasz
Micsurin
#6047
üzenetére
Azert te is erzed hogy valami nem stimmel, ugye? Marmint a felhaborodasod. Egyetlen dolog van ami felesleges a megoldashoz, az pedig hogy mi a neve, de amint kommunikalni is akarsz csapatban, mar szukseg lehet ra. [Persze mar ha barmi koze van a domain-hez es szoba kerulhet.]
Figyi, feladat: parositsd ezeket ossze a torpapas feladatokhoz, melyik melyikkel ekvivalens.
A feladatod megtanulni 6 db elnevezest es 6 db kepletet. Ahol tudtad az eredmenyt, ott a kepletet tudtad, tehat a nevet abbol visszakereshetted volna. Ahol a kepletet, ott mar csak az adatparositason mulik es az eredmenyt is. (Peldaul az elso pluss-os feladatban, nincs leosztva a kivalasztottak sorrendjevel, pedig az n_alatt_k adja gondolkodas nelkul.)
Amugy megfogalmazhatnad peldaul azt is, hogy miert van az ism.nelk.kombinacio es az ism. perm. egy kalap alatt! Ha azt kibogozod, szerintem akkor mar egy nagyot lepsz a megertes/alkalmazas fele. -
axioma
Topikgazda
válasz
Micsurin
#6041
üzenetére
Az elso szerintem a legnehezebben atlathato. Tok egyforma elemeid vannak, tulkepp azt valasztod ki, hogy hova teszed kozejuk az "elvalaszto elemet". Ha lehet 0 torpbol is kesziteni, akkor a 15 elem koruli 16 helybol, akar ismetlessel is kell valasztani 2-t, az az ismetleses variacio lenne. De gyanitom itt inkabb mindegyiket "akar" fozni azt jelenti hogy minimum 1 legyen minden konderban, tehat akkro csak a 15 elem kozotti 14 helybol kell a 2-t kivalasztani, amik kulonbozoek, az elsoig tartobol lesz az elso kaja stb.
A masodiknal tok egyszeru, torpapa kivalasztja a 15 kozul a 8-at akit o visz, ismetles nelkuli kombinacio ide kellett volna. (Akar nezheted ugy is, hogy Torpilla 7-et, ugyanannyi kell ugye kijojjon... szoval ellenorizheto is.)
A harmadiknal ez egy az egyben az ismetles nelkuli variacio. Sorrendben valasztasz 15, maradek 14, ..., 8 torpbol. Az ismetlesest (toto, az 1,2,x-et valaszthatod de barmelyiket barhanyszor) jobban szoktak tudni...[Egyebkent igen, megteveszto az "ismetleses". Mert kettonel a valasztas ismetleset jelenti, a masiknal az alapsokasag (mert nem halmaz) ismetlest is tartalmazasat, ez a permutacional az eset.]
Variacio: az alaphalmazbol kiveszel a szamossagatol fuggetlen darab elemet (ismetleses: visszatevessel, toto, ismetles nelkuli: a fenti orarendes. Ezeknel lenyeges a sorrend is.
Kombinacio: csoport kiemelese a teljesbol, nincs a kijelolesnel sorrend. Fogod, viszed.
Permutacio: ez meg csak az alapsokasag atsorrendezese. Ha ugy nezed, akkor egyesevel kihuzogatasa es a huzasok sorrendben lejegyzese - a lenyeg hogy a permutacional mindig az osszes elemnek sorra kell kerulnie pontosan egyszer. Az egyszerubb amikor nincsenek azonos elemek, hanyfelekeppen allhatnak sorba a gyerekek. Nehezebb, ha vannak egyforma elemeid, mittudomen feher/kek/zold golyokbol tudod melyikbol mennyi, es az egyesevel huzogatas sorrendjet jegyzed fel (de csak hogy melyik szin).
Figyeld meg, hogy az ismetleses variacio (toto) abban mas, hogy ott nem tudod, hogy a huzasok osszeredmenye mi, csak hogy 13+1-szer huzol es mind 1,2,x. Itt meg azt tudod, hogy van 4 db 1-esed stb. es azokat mind elo fogod valamikor venni. -
Jester01
veterán
válasz
Micsurin
#6041
üzenetére
Az első az ismétlés nélküli variáció. Mindegyik törp a 3 kaja valamelyikébe kerül, ez lenne az ismétléses variáció de viszont nem tudjuk megkülönböztetni őket.
A b) eset ismétlés nélküli kombinácó, hányféleképpen lehet kiválasztani a Törpapával (vagy Törpilliával, az egyik meghatározza a másikat) menő törpöket.
A c) megint ismétlés nélküli variáció. Azért nem permutáció mert nem mind a 23 törpöt osztjuk be csak 8-at mivel 24 órában 8 darab 3 órás műszak van. Úgy is nézheted, hogy előbb kiválasztod azt a 8-at aki dolgozik (ez ismétlés nélküli kombináció) majd őket sorba rakod (ez permutáció).
Valaki azért erősítsen meg, régen tanultam már
-
-
moleculez
veterán
válasz
Micsurin
#6010
üzenetére
Tavoktatasban tanulok, Open University, UK. Gyakorlatilag folyamatosan megy a tanulás, Júliusban van egy het szünet, de azt is felzarkozasra használja mindenki (nekem volt egy kis elontom, elmentünk családdal SSpanyolországba ). Evente kétszer indul kepzes, es en februárban kezdtem, szóval szeptember közepén fejezem be, de októberben mar kezdem a köv. modulokat.
De ha mar itt vagyok, utolsó beadandó, utolsó három kerdes, komplex szamok.
x^6=-1. Megoldasok polar formaban, complex plane-be (grafikon azt hiszem) felrajzolva. Vegigvettem az anyagot, nagyjából fogom ennek a lényeget, a többi komplex számokkal kapcsolatos kérdést meg is oldottam, de ennek nem tudom hogy álljak neki. Ehhez (is) kell használni a de Moivre formulát? -
kovisoft
őstag
válasz
Micsurin
#5880
üzenetére
Először meg kell állapítanod, hogy az adott f(x) függvénynek a megadott x0 helyen van-e szakadása (azaz kb. ahogy az x halad x0 környezetében balról jobbra, úgy az f(x) értéke az x0 pontban hirtelen ugrik-e egyet). Ha szakadása van és a megadott epszilon kisebb a szakadás mértékénél, akkor ugye nem fogsz találni az x0-nak olyan kis környezetét, hogy azon belül f(x) értéke kisebbet változzon epszilonnál. Ilyen eset tipikusan az, amikor f(x)-ben egy adott x-re 0-val való osztás lenne, azaz a függvény értéke a végtelenbe megy. De pl. hasonló az egészrész függvény is az egész helyeken.
Ha azt tapasztalod, hogy az adott f(x) értékében nincs ugrás az x0 helyen, akkor tudsz a megkívánt epszilonhoz egy deltát találni. Ha monoton a függvényed, akkor annyit kell csinálnod, hogy megnézed, milyen x1 és x2 értékeknél veszi fel az f(x)+epszilon ill. f(x)-epszilon értéket, és ebből a delta az |x1-x0| és |x2-x0| közül a kisebb lesz.
Így jött ki pl. a b) feladatban az 1/101: f(x1)=1-epszilon=1-1/100=99/100, ebből x1=100/99. Ugyanígy f(x2)=1+epszilon=1+1/100=101/100, ebből x2=100/101. x1-x0=1/99, x2-x0=1/101, a kettő közül x2 a kisebb, tehát ez lesz a keresett delta.
Szerk: közben látom, kaptál már választ, lassú voltam.
-
skoda12
aktív tag
válasz
Micsurin
#5880
üzenetére
Nincs szükséged határértékre. A feladat azt kéri, hogy adj meg olyan deltát, amire
ha |x -x0| < delta (az x0 pont delta sugarú környezetében ...)
akkor |f(x) - f(x0)| < epszilon (... felvett függvényértékek epszilonnál kevesebbel térjenek el a függvény x0 helyen felvett értékétől)Tehát az utolsó egyenlőtlenséget kell megoldani az első felhasználásával deltára. Ebből f, x0 és epszilon ismert, x és delta ismeretlen, de az első egyenlőtlenségből van kapcsolat x és delta között, így a második egyenlőtlenséget kell úgy alakítanod, hogy x helyett csak delta maradjon benne.
Bár a feladathoz nem kapcsolódik, de visszatérve a kérdésre, hogy mi van, ha a függvényérték és a határérték nem egyezik meg adott pontban vagy akár nincs értelmezve ott a függvény: Szakadási pontja van a függvénynek, ami szemléletesen annyi, hogy a grafikont lerajzolva van egy törés vagy ugrás a függvényben.
-
Jester01
veterán
válasz
Micsurin
#5873
üzenetére
Nem értem a kérdést. Azt se, hogy minek kell k és n is, főleg ha k = n.
Na mindegy. Ugye az n+1 (vagy k+1) eset úgy néz ki, hogy még egy tag van ami a mértani sor miatt a1 * q^nSn+1 = Sn + a(n+1)
= Sn + a1 * q^n
= a1 * (q^n - 1) / (q - 1) + a1 * q^n
= a1 * (q^n - 1 + q^n(q - 1)) / (q - 1)
= a1 * (q^n - 1 +q^(n + 1) - q^n) / (q - 1)
= a1*(q^(n+1) - 1) / (q - 1)
Kész. -
lev258
veterán
válasz
Micsurin
#5873
üzenetére
Csak felületesen.
Azt kell belátnod, hogy ha a k+1-ediket úgy írod fel, hogy k-adik képlete + (vagy épp x) valami, az meg fog egyezni a k+1-edikre felírt képlettel. A k-adik ekkor már bizonyított, tehát ha a reláció fennáll, akkor a k+1-re is igaz a képlet. Remélem elég világos. -
orc88
őstag
válasz
Micsurin
#5861
üzenetére
Bocsi, esti unaloműzésként néztem be a topikba és csak a Gauss részre pillantottam rá.
x3 = 1/8 stimm, viszont x2-nél rosszul helyettesíted be. (3-mal szorzod 2 helyett)
Így elvileg ki kell jönnie.
Off:
Én is most tudtam le az első félévem az egyetemen (DE-IK proginfó) és *kopp-kopp* amennyire féltem a matekos résztől ahhoz képest nagyon jól sikerült a kezdés. Dimat 2zh: 98% és 88% 5ös megajánlott jegy.Logika itt a buktató tárgy nálunk, minden évfolyamon a 150 emberből kb. 60-80nak jön össze egyáltalán az aláírás amivel vizsgára jelentkezhet...
De végül ez is meglett sok gyakorlás árán. Hajrá!
Szerk.:
Nekem ez az oldal sokszor segített visszaellenőrizni a dolgokat ha valami nem volt kerek a végeredményben. -
axioma
Topikgazda
válasz
Micsurin
#5849
üzenetére
A relacio kompozicioja olyan, hogy a "ketszeres" tavolsagot nezed. Neha ez ugyanaz (pl. ha a relacio a <, akkor a<b es b<c miatt adodik az a<c de ez meg mint tudjuk benne van az eredetiben is), neha nem (pl. "A gyereke B, B gyereke C" eseten a kompozicio az "A unokaja C"-nek adodik. Ertelemszeruen itt az ertelmezesi tartomany az lesz, akinek van mar unokaja, ami nem feltetlen ugyanaz, mint akinek van mar gyereke. Az ertekkeszlet meg ugyanez, akinek van (az adatok kozott) nagyszuloje, az benne van az ertekkeszletben, akinek nincs, az nem.
Ja ez csak az adott relacio onmagaval kompozicioja volt, de lehet pl. a < es az = relaciok kompoziciojabol kihozni a <=-t, vagy ha az R az "azonos paritasu" es S meg a "abszolutertekben 3-mal ter el", akkor az S karika R az a teljes ZxZ (mar felteve hogy Z felett van R es S is).
Az adott foto csak siman egy R relacio ertelmezesi tartomanya (azon elemei A-nak, amelyekhez van B-beli relacioban levo elem - az a b eleme B valoban kicsit redundans, hiszen az R maga AxB-n ertelmezett gondolom).
Igy mar erthetobb a kompozicio meg az ert.tart/ert.keszlet? -
#56474624
törölt tag
válasz
Micsurin
#5770
üzenetére
(z_0)^2= 64 * (cos60+i*sin60)
A gyökvonás az úgy történik komplex számnál, hogy a hosszból (ami egy nemneg. valós szám) rendesen n-edik gyököt vonsz, ahogy valós számoknál, ez lesz a hossza az összes gyöknek a gyökvonás után. A szög pedig úgy adódik, hogy elosztod n-nel, ez lesz az egyik eredmény, aztán elforgatod 360/n-nel, ami annyit tesz, hogy ennyit hozzáadsz az előző gyökhöz. Tehát egy origó középpontú kör mentén helyezkednek el a gyökök a kört egyenlő cikkekre felosztva.
Ez úgy jött, hogy z=r*(cos(alfa)+i*sin(alfa)) = r*(cos(alfa+2kPI)+i*sin(alfa+2kPI)), ahol k tetszőleges egész. Az n-edik hatványra emelés úgy megy, hogy a hosszt n-edik hatványra emeled, mint valós számoknál megszoktad, a szög pedig szorzódik n-nel (mivel szorzásnál a szögek összeadódnak).
Gyökvonásnál ezt megfordítjuk, de az általánosabb r*(cos(alfa+2kPI)+i*sin(alfa+2kPI)) alakból vonunk gyököt, így adódik, hogy az n-edik gyökök:
n-edik gyök(r) * (cos((alfa+2kPI)/n)+i*sin((alfa+2kPI)/n)), ebből pontosan n darab különböző lesz, mert k=0, 1, 2,..., n-1 ad különböző gyököket, k=n-re már alfa+2PI lenne a szög, tehát körbeértünk. (Valójában persze más k értékek is lehetnek, a lényeg, hogy teljes maradékrendszert alkossanak modulo n, de hagyományosan 0-tól n-1-ig szokás a gyököket elnevezni.)2kPI helyett persze mindenhol k*360 áll, ha szögben számolunk.
-
Jester01
veterán
válasz
Micsurin
#5770
üzenetére
A z0^2 a c) pontban kiszámításra került. Trigonometrikus alakban hatványozás során a magnitúdót hatványozzuk a szöget szorozzuk. Vagyis ha a keresett z=a (cos fi + i sin fi) akkor z^3 = a^3 (cos 3 fi + i sin 3 fi) innen a^3=64 tehát a=4 és 3 fi = 60 + 360k azaz fi = 20 + 120k tehát fi1 = 20, fi2 = 140 és fi3 = 260
a fizikusoknal is visszafele gondolkodva, megnezni a definiciot (ami persze mar a modositott fogalmakkal volt kimondva) dekodoltuk hogy azt mi hogy hivtuk.
De végül ez is meglett sok gyakorlás árán. Új hozzászólás Aktív témák
axioma
- NYÁRI BOMBA AKCIÓK! PSN, STEAM, UBISOFT CONNECT, EA APP, XBOX EREDETI KULCSOK 100% GARANCIA
- Samsung Galaxy S21 FE 128GB, Kártyafüggetlen, 1 Év Garanciával
- HIBÁTLAN iPhone 13 mini 128GB Pink -1 ÉV GARANCIA - Kártyafüggetlen, MS3050, 96% Akkumulátor
- Gamer PC-Számítógép! Csere-Beszámítás! R5 1600X / GTX 1080 8GB / 32GB DDR4 / 256SSD + 2TB HDD
- Bomba ár! HP ZBook 15 G3 - i7-6820HQ I 16GB I 256GB SSD I Nvidia VGA I 15,6" FHD I Cam I W11 I Gari!
Állásajánlatok
Cég: FOTC
Város: Budapest