Matek feladatok

Nagyon köszönjük😊))

#3409 : kiderült, hogy megvan neki😊)))

Gratulálok a FizKém ZH-hoz !!!- má_csak azér' is, mer':
kedvenc "számtan tanárom"; prof.H.M. szavait idézve
(akkor, amikor a krétás kezével, még a bajuszát is tekergette):

"...tudjuk, hogy csalnak (! ), és; Mégsem sikerül ÕKET, tetten is érni !"

Jaaaa tényleg. 😄
Szabó Misi 4ever! 😄

biomérnök, de már beszéltük szmötyi kapcsán 😄

Fizkém? Vegyészkedsz valamerre? 😊

/off:
10 pont lett a 15bõl a fizkém .......

(:

Javasolnám; Szólj a barátnõdnek, hogy egy könyvtárból majd kölcsönözze is ki:
"Bárczy Barnabás😄ifferenciálszámítás"-át !!!

-s, még az sem zárható ki, hogy: abban a ZH-ban, meg is kérdezik majd, az
"e"-fogalmát!

jah (:
amúgy ezeket már egy jobb PDA progi is tudja, pl. SpaceTime Mathematica

jól jön ZH-kon 😄

Egész jó ez a WolframAlpha! Hasznát fogom venni.
Ráadásul jópofa:
oldal alján: "Computation timed out. Experimental feature: Try again with more time" 😊

???? még nem megy a linkelés? <#gonosz3>

http://www.wolframalpha.com/input/?i=e^%28-x^2%2F2%29

linkt lehagyta

Sziasztok,

Az e a (mínusz x négyzet per kettediken) függvényt tudnátok elemezni?
(paritás, folytonosság, határértékek, monotonitás és szélsõértékek, konvexitás-konkávitás, inflexiós pont) részmegoldásoknak is örülnék..
a barátnõmnek kell😊

tehát a függvény:

Új kérdés:
Honnan tudnám kitalálni behelyettesítgetés nélkül, hogy a szumma i=0-tól n-1-ig : n-i az egyenlõ szumma j=1-tõl n-ig: j -vel?

Valamint, ha nem úgy indexelem a szummát, ahogy a füzetben van, akkor rendszerint elakadok, mert pl ebbõl: szumma i=1-tõl n-ig : n-i+1 hogy jöhet ki a fenti szummák valamelyike?
Márpedig ha máshogy kezdem el indexelni a szummát, akkor ez jön ki.
Pedig elvileg ez az indexelés is ugyanazt a sorozatot adja meg.

Megvilágosodtam😄
Kösz. Hát így oké, hogy látom a két oldalt, és tudom, h egyikbõl hogy jön a másik, de magamtól nem írtam volna soha így át a bal oldalt a jobb oldal értékének.

Eddigiek alapján ez simán kitalálható, szerintem próbálkozz vele, így tudod tesztelni, hogy tényleg érted-e a témát.

Ha végképp nem megy:

2^(n+1)-et felfogod (1+1)^(n+1)ként, amire felírod a binomiális tételt.
Mivel 1-nek minden hatványa 1, ezért a szorzatoknál a hatványok nem számítanak semmit, gyakorlatilag ezt kapod:
(n+1 alatt 0) + (n+1 alatt 1) + .... (n+1 alatt n+1)
A bal oldal pedig:
............... (n+1 alatt 1) + .... (n+1 alatt n+1)

Tehát ugyan az, csak a jobb oldalon marad egy (n+1 alatt 0), de az pont 1 és azt le is vonjuk, tehát egyenlõek.

Oké, kösz, és szumma i=0-tól n-ig (n+1 alatt i+1) -bõl hogy lesz 2 az n+1-edik hatványon -1??

Kicsit a másodikat helyesbítem, mert xˆi-t nem emelünk ki, nem lehet, de beláttuk, hogy minden a feladatnak megfelelõ n-re, i-re:
(n alatt i) × i
EGYENLÕ
(n-1 alatt i-1) × n

Akkor nyilván minden a feladatnak megfelelõ n-re, i-re, x-re:
(n alatt i) × i × xˆi
EGYENLÕ
(n-1 alatt i-1) × n × xˆi

És készen vagyunk.

Boccs, teljesen elfelejtettem, hogy betetted a képet, remélem még nem késõ.


Elsõ:
Mind a 3 képlet a (2+1)^n felírása a binomiális tétel alapján.
Az elsõ a felsorolós alak, a második a summa-s alak, a harmadik pedig szimplán összeadja a 2+1-et.


-------------

Második:

Az egyenlet mindkét oldalán van 1+, tehát elhagyható.
A summáknak ugyan annyi tagja van és minden tag szorozva van x^i-vel, tehát az kiemelhetõ, oszthatunk vele (x nem= 0 kikötés mellett) elhagyható.
Gyorsan nézzük, ha x=0, akkor mi a helyzet. A summa összes tagja 0 lesz, tehát 1=1, ami jó.

Tehát annyi maradt a kérdés, hogy a summában maradtakkal mi a helyzet:
(n alatt i) × i
EGYENLÕ-E
(n-1 alatt i-1)×n

Ez viszont elég egyszerûen belátható faktoriális alakból.

Elsõ:
Számláló: n! × i
Nevezõ: i!×(n-i)!
i-vel egyszerûsítek:
Számláló: n!
Nevezõ: (i-1)!×(n-i)!

Második:
Számláló: (n-1)! × n
Nevezõ: (i-1)!×(n-1-(i-i))!
Számlálót egyszerûbb alakra hozom, nevezõ második tagját kiszámolom:
Számláló: n!
Nevezõ: (i-1)!×(n-i)!

Tehát egyenlõek.

Szia nonicks
A fizikában válaszoltam egy kérdésedre.

Ilyenre szerintem nem fogsz találni képletet, hisz oszthatósági szabályok alapján kizárás után is marad 4 számjegy, amikre vizsgálni kell, szóval akár 100 közeli prímek is feltûnhetnek a felbontásban, addig pedig ember legyen a talpán, aki formularizálja az összes oszthatósági szabályt.

Annyira viszont nem nehéz végiggondolni.

Azonnal kizárhatóak:
- a párosok, hisz azok a végére írva 2-vel oszthatóvá teszik a számot
- az 5, hisz az a végére írva 5-tel oszthatóvá teszi a számot

Maradt: 1, 3, 7, 9, de ez egybõl ki is esik, ha végigfutsz rajta a 7-tel oszthatósággal, mert 137-2×9=119, 11-2×9=-7, ami osztható 7-tel.

A maradékból csökkentõ sorrendben a lehetséges 3-asok prímségének kitalálása az egyetlen kihívás igazából, erre némi tipp:
3-mal való oszthatóságot triviális vizsgálni, 2, 5 más kiestek, 7-tel való oszthatóság maradt 1jegyû, de az szintén pillanatok alatt ellenõrizhetõ a megfelelõ oszthatósági szabállyal, ezért tegyük ezt elsõ körben, ha valamire nem nyert, akkor azt hagyjuk a végére, mert az melósabb. Ha esetleg tudod a 11, 13, 17, 19, 23 oszthatósági szabályait, akkor nem is kell végére hagyással bajlódni, egybõl kiszámolhatsz mindent.
973 - 97-6=91, 9-2=7, osztható 7-tel
971 - nem osztható 7-tel, potenciális megoldás, nézzük meg 7-tel más sorrendben a jegyeit...
917 - 91-14=77 osztható 7-tel, nem nyert
931 - 93-2=91, 9-2=7, osztható 7-tel
731 - nem osztható 7-tel, potenciális megoldás, nézzük meg 7-tel más sorrendben a jegyeit...
713 - ez se
371 - 37-2=35, ez már igen

Tehát 3jegyû megoldás sincs, innen pedig végképp könnyû a dolgunk és úgy néz ki, hogy meg is találtad a helyes eredményt.

Talán arra, hogy a 3jegyûek közül mindegyik osztható 7-tel valamelyik permutációban lehetett volna valami általános igazolást találni, de felesleges volt, fejben, esetszétválasztással megoldható volt a feladat nagyjából 3 perc alatt.

Számelméletbõl, fõleg középiskolában nem minden formulásítható, sokszor kell gondolkodni, ügyeskedni, az ismert fogalmakat, szabályokat okosan alkalmazni, hogy gyorsan, hatékonyan meglegyen a megoldás.

Ja és bár valamiért nem szokás tanítani, érdemes ismerni a prímek oszthatósági szabályait 23-ig, nagyon könnyûek és sok idõt lehet velük spórolni.

Melyik az a legnagyobb, csupa különbözõ számjegyet tartalmazó pozitív egész szám, amelynek a számjegyeit
tetszõleges sorrendben véve mindig prímszámot kapunk?
ezt hogyan lehetne képlettel felírni?
(amúgy 97 a megoldás?)

igen, és ezért akartam megnézni, hogy jó-e, mert elvileg azt is ki kénne neki írnia

az én számításaim szerint a megoldások +4 és -4 lennének, de akkor a nevezõ zérus, így ezek nem megoldások.

mert nincs megoldása az egyenletnek?

wolframalpha-ára beírtam hogy (x+4)/(x-4)+(x-4)/(x+4)=64/((x-4)(x+4)) gondoltam leellenõrzõm, hogy x1=0 x2=48 lesz-e és nem ad ki eredményt? ez mitõl lehet? <#banplz><#banplz>

Na itt a felsõ rész volt az, amit korábban leírtam.
Az alsó rész pedig egy új dolog, mintha valami szabályt alkalmazva jönne létre a jobb oldal.

Kérdezem én, hol vannak ezek a szabályok leírva?

"...2 az iediken*1..."
Meglepne...

lehet h binomiálisra gondol? <#nemtudom>

Szerintem ezt is rosszul írtad le, mi értelme van szorozni 1-gyel bármit is? Nem hinném, hogy egy feladat képletében 1-gyel szorozgatnának...
Inkább rajzold le paintben amúgy, ha zavar az, hogy textként kell leírni és emiatt rosszul írod le.

Viszont van egy másik dolog, amit nem értek.
(n 0)+2*(n 1)+2négyzeten*(n 2)+...+2 az n-ediken*(n n)=szumma i=0-tól n-ig (n i)*2 az iediken*1 az n-i-ediken=3 az n-ediken.
Ezt a szumma átalakítást nem értem, mert eddig ilyen átalakításnál nem vettük úgy, hogy hatványoztuk a binom. tételben a 2 binomot(azt hiszem, ez a neve).
Így felvetõdik a kérdés, hogy hova tûnt az (n i) a 3 az n-ediken mellõl?
Vagy itt gyakorlatilag tényleg csak a binomiális tétel lett alkalmazva?

De közben rájöttem, szerintem el volt írva, és akkor
Szumma i=0-tól n-ig (n i)négyzeten=szumma i=0-tól n-ig (n n-i)*(n i) akart ez lenni, és ennél a megközelítésben ugye (n n-i)=(n i)-vel, a Pascal-háromszög miatt, tehát valójában tényleg (n i)*(n i) volt a fenti egyenlet jobb oldalán.
És így akkor már érthetõ.

Valamit elírtál az elsõ summa-ban nem is szerepel i.

Hy all!
Szumma i=0-tól n-ig (n 1)négyzeten=szumma i=0-tól n-ig (n n-1)*(n i) ???
Ha igen, miért? És hol találhatnék ilyen szummás, binomiális együtthatós azonosságokat?
a (valami valami) az binomiális együttható lenne(kombináció).

Köszi szépen.

Nekem ezen simán bejön a 18. oldal...

Úgy tûnik az oldalszámok nem egyeznek. Nekem az az oldal kéne, ami itt a 18. oldal:

http://books.google.hu/books?id=ARUdRGEosF0C&printsec=frontcover&dq=bevezet%C3%A9s+az+algebr%C3%A1ba&source=bl&ots=eW6qjfNjGZ&sig=1uv5s6cnhARMOof6T_VI4fx6wZ0&hl=hu&ei=DbbCTKWfBYiVswagwYi5CA&sa=X&oi=book_result&ct=result&resnum=6&ved=0CC8Q6AEwBQ#v=onepage&q&f=false

Valaki be tudná nekem szkennelni a "Bevezetés az algebrába" címû tankönyv 18. oldalát? Azért csakis azon oldal kell, mert a neten olvasom a könyvet, és pont az hiányzik.

Köszi.

Azóta már rég megoldottam, csak még nem szántam arra idõt, hogy ide leírjam a megoldást. De késõbb le fogom.

Hy all!
Itt egy feladat:
hanyadik permutációja az 12345-nek az 52341?
Ennek a megoldása 4!*4+3!*1+1*2!+1*1!+1=106.
A kérdésem, hogy miért van ez így kiszámolva? Tehát, h hogy kell megoldani egy ilyen feladatot.

Totál egyformának hat a két nagy háromszög mégis a ferde vonal a kis zöldeskék háromszögnél 0,4228, a pirosnál pedig 0,3936, ilyen minimális meredekségkülönbséget szabad szemmel nem igazán észlelünk, mégis ha az e miatti területkülönbség egy helyre összpontosul akkor már egyértelmûen látható.

Felül a ferde vonalnál a meredekségek nem egyeznek. Amikor ott van a plusz üres rész, akkor nem látszik, mert nagyon nagy helyen oszlik el, amikor egy helyre összpontosul, akkor jól érzékelhetõ.

Itt van amúgy egy klasszikus ezen a trükkön alapuló "illúzió":

gyóóóó, na erre vki vmit ?

http://video.boon.hu/onok-kuldtek/lehetetlen-puzzle_290_103300?autoPlay=true#ve_video_player_a

?

köszi szépen a segítséget! <#kacsint><#kacsint>

Ja az lemaradt, hogy: a=gyök(1*a)

A mértani közép geometriai bizonyítása a megoldás.

Fel kell rajzolni a bizonyításkor használatos háromszögeket.
úgy hogy az /átfogó = a/ és a /kérdéses oldal merõleges vetülete = egység szakasz/

Ezt úgy lehet megszerkeszteni, hogy az "a" szakasz köré kört rajzolsz úgy hogy az "a" szakasz legyen az átmérõ. Ráméred az egységet az "a" szakasz egyik végére, és merõlegest állítasz akol vége az egységszakasznak. Ahol metszi a kört összekötöd a szakaszok kezdõpontjával. Ez a szakasz a másik kettõ mértani közepe, tehát a megoldás.

Ha "a" kisebb egynél ugyanezt kell csinálni, csak ki kell cserélni "a" és az egységszakasz szerepét.

Rajzolni sokkal könnyebb ám mint leírni...

Sziasztok, a hasonlósági transzformációkat tanuljuk és kaptam a házi feladatban egy olyan példát ami megakasztott:

"Adott egy egységnyi és egy a hosszúságú szakasz. Szerkesszen négyzetgyök alatt a hosszúságú szakaszt!"

<#help><#help>

Olvasgatom is, és a legtöbb feladatot meg is tudom oldani, csak van olyan, amikor máshogy gondolkodok, mint kellene.
A geometriai valószínûség számítás pl sokkal könnyebb a legtöbb esetben, mint a klasszikus.