Matek feladatok
Jelentkezz be a hozzászóláshoz.
#212
<#conf><#csodalk>
András kétszer olyan idõs, mint amilyen Béla volt, amikor András olyan idõs volt, mint Béla most. Amikor Béla olyan idõs lesz mint most András, éveinek számának összege 140 lesz. milyen idõs most a két férfi?
légyszi Matekgéniuszok?
elõre is köszy!
ya a megoldás: András 62 + (2/9) Béla 46 + (2/3) <#nezze>
de hogy yön ki???? <#confused><#confused><#confused><#falbav>
András kétszer olyan idõs, mint amilyen Béla volt, amikor András olyan idõs volt, mint Béla most. Amikor Béla olyan idõs lesz mint most András, éveinek számának összege 140 lesz. milyen idõs most a két férfi?
légyszi Matekgéniuszok?
elõre is köszy!
ya a megoldás: András 62 + (2/9) Béla 46 + (2/3) <#nezze>
de hogy yön ki???? <#confused><#confused><#confused><#falbav>
Az Élet nem más mint egy hosszú Halál! \"Belül én már rég meg haltam csak a maszkom él.\" - Junkies Nyúljon meg a nyaka bogyokának, s legyen kék a nyelve!
#211
Van egy olyan érzésem, hogy valamilyen feltétel kimaradt...
Beírt eset: ]0;16[ intervallumban bármi lehet.
Köréírt eset: [192^(1/2);inf[ intervallumban bármi lehet.
Beírt eset: ]0;16[ intervallumban bármi lehet.
Köréírt eset: [192^(1/2);inf[ intervallumban bármi lehet.
fun is fun and done is done
#210
plz, írd le a megoldást, ha tudod
#209
nem 😞
#208
Tigerson: ha ezt lerajzolod egy papirra, akkor sem megy? 😊
#207
hello!
van egy 8 cm sugarú kör, melybe egy olyan egyenlõ szárú háromszöget rajzolunk, melynek minden csúcsa érinti a kört, mennyi a háromszög szárainak hossza?
ugyanezen körön kívülre rajzolunk egy egyenlõ szárú háromszöget, melynek oldalai érintõként érintik a kört, mennyi ennek a háromszög szárainak a hossza?
van egy 8 cm sugarú kör, melybe egy olyan egyenlõ szárú háromszöget rajzolunk, melynek minden csúcsa érinti a kört, mennyi a háromszög szárainak hossza?
ugyanezen körön kívülre rajzolunk egy egyenlõ szárú háromszöget, melynek oldalai érintõként érintik a kört, mennyi ennek a háromszög szárainak a hossza?
#206
Ja igen, abs az lemaradt 😊 tenyleg 2 intervallumrol van szo.
#205
ha jól tudom ln |t| de nem ez a lényeg hanem, hogy az általad adott képlet nem adja meg az összes lehetséges antideriváltat
ugyanis:
F={1+ln t : t>0 ; 2 + ln -t : t<0
is jó megoldás, vagyis általánosítva
az hogy f'=g' <=> f=g+c csak intervallumon értelmezett f,g esetén igaz!
ugyanis:
F={1+ln t : t>0 ; 2 + ln -t : t<0
is jó megoldás, vagyis általánosítva
az hogy f'=g' <=> f=g+c csak intervallumon értelmezett f,g esetén igaz!
#204
ln(t) + c
#203
Igen, eleg gyorsan konvergal ez a sorozat, masodrendben, ha jol emlekszem. Newton bacsi ugyes volt, az o modszerebol vezetheto le ez a keplet. Altalanos alakja m.-edik gyok-re van megfogalmazva. Amugy nagy szamokat is adagolhatsz neki, nem csak kicsiken vitezkedik.
#202
egy újabb kérdés
mennyi 1/t antideriváltja (határozatlan integrálja)
mennyi 1/t antideriváltja (határozatlan integrálja)
#201
de bizony😊
sõt a4=1.414215... : b=2
vagyis viszonylag kevés számolással könnyen meghatározható kisebb számok gyökei
sõt a4=1.414215... : b=2
vagyis viszonylag kevés számolással könnyen meghatározható kisebb számok gyökei
#200
csak nem negyzetgyok b?
#199
na az ilyen aprosagok miatt huznak meg mindig 😊
#198
http://www.bke.hu/~dancs/analizis1.pdf
144. oldal <= sin, cos folytonos
124. oldal <= folytonosság formális szabályai
ha valamit nem értenél csak kérdezz bátran!
144. oldal <= sin, cos folytonos
124. oldal <= folytonosság formális szabályai
ha valamit nem értenél csak kérdezz bátran!
#197
kellene
#196
mi a határértéke ennek:
a0=1
a1=(1+b)/2
...
a
a0=1
a1=(1+b)/2
...
a
#195
nem tudom kell-e hogy miért folytonos sin és cos, vagy hogy miért tartja a folytonosság a hányadost, de ha igen szívesen leírom azt is😊
#194
tan=sin/cos
sin az adott intervallumon folyt
hasonlóan cos
folytonosság tartja a hányadost (persze csak ha f/g:g!=0)
sin az adott intervallumon folyt
hasonlóan cos
folytonosság tartja a hányadost (persze csak ha f/g:g!=0)
#193
De, hogy ]-pi/2;pi/2[ -> R , és itt mindig folytonos
Ennek a bizonyítása
Ennek a bizonyítása
#192
kösz szépen
#191
Nem mindig folytonos, x=pi/2+k*pi (k egész) helyeken szakadása van. (Másodfajúnak nevezik, ha jól emlékszem, ami azt jelenti, hogy nem "javítható" egy fiktív függvényérték bevezetésével.)
A bizonyítás: tudjuk, hogy létezik x, amire cos(x)=0. Ugye itt 0-val osztanál, ami nem definiált. q.e.d.
A bizonyítás: tudjuk, hogy létezik x, amire cos(x)=0. Ugye itt 0-val osztanál, ami nem definiált. q.e.d.
fun is fun and done is done
#190
Na akkor így szól:
f(x)=tg(x) függvény mindig folytonos, és ennek bizonyítása.
f(x)=tg(x) függvény mindig folytonos, és ennek bizonyítása.
#189
Ja, bocs elírtam, nem korlátos, hanem folytonos!!!
#188
...a bal oldali... 😉
fun is fun and done is done
#187
Nemtom mi az a "mindig korlatos", de a tangens nem korlatos, igy meguszod a bizonyitast 😊 (ellenpelda pl x=pi/2 helyen vegtelen a hatarertek)
#186
Ja bocs a címem: [email protected]
#185
Helló, lenne egy kérésem egy feladattal kapcsolatban, ha tudnátok segíteni, hogy f(x)=tg(x) függvény mindig korlátos, és ennek bizonyítása.
Elõre is köszönöm:
[email protected]
Elõre is köszönöm:
[email protected]
#184
f
#183
Feltesszük ugye, hogy a lovak azonos eséllyel érnek célba az összes helyen.
Az összes lehetséges befutások száma 12!=479.001.600 és ezek az elõzõ feltétel szerint egyenlõ valószínûséggel következnek be.
Ha n db lóra fogadsz, és mindet el akarod találni, akkor a jó esetek száma (12-n)!, tehát a valószínûség (12-n)!/12!.
Ha k-val kevesebb találatot is elfogadsz, akkor a fenti módszerrel kiszámolható (12-(n-k))!/12! számot meg kell szorozni (n alatt a k)-val, amivel kiválasztod azt a k db fogadást az n-bõl, amik nem számítanak. Ennyiféleképpen lehet kiválasztani az n db fogadásodból (n-k) db jót. Biztosan lehet egyszerûsíteni. :-)
A konkrét esetben n=6 és k=3, vagyis az eredmény (6 alatt a 3)*(12-(6-3))!/12! = (6*5*4)*(9*8*7*6*5*4*3*2)/(12*11*10*9*8*7*6*5*4*3*2) = (6*5*4)/(12*11*10) = 0.090909...
Stann eredményének számértéke 385, ami megkérdõjelezi a módszerét. Én nem látok ott összefüggést a kiválasztott és a nyert lovak között, várjuk a pontosítást. Ugyanígy az én módszeremre is kérek egy felülvizsgálatot, bár az, hogy a 12 ló közül 6-ra leadott fogadások közül 10% eséllyel teljesül legalább három elég valószerûnek hangzik.
Az összes lehetséges befutások száma 12!=479.001.600 és ezek az elõzõ feltétel szerint egyenlõ valószínûséggel következnek be.
Ha n db lóra fogadsz, és mindet el akarod találni, akkor a jó esetek száma (12-n)!, tehát a valószínûség (12-n)!/12!.
Ha k-val kevesebb találatot is elfogadsz, akkor a fenti módszerrel kiszámolható (12-(n-k))!/12! számot meg kell szorozni (n alatt a k)-val, amivel kiválasztod azt a k db fogadást az n-bõl, amik nem számítanak. Ennyiféleképpen lehet kiválasztani az n db fogadásodból (n-k) db jót. Biztosan lehet egyszerûsíteni. :-)
A konkrét esetben n=6 és k=3, vagyis az eredmény (6 alatt a 3)*(12-(6-3))!/12! = (6*5*4)*(9*8*7*6*5*4*3*2)/(12*11*10*9*8*7*6*5*4*3*2) = (6*5*4)/(12*11*10) = 0.090909...
Stann eredményének számértéke 385, ami megkérdõjelezi a módszerét. Én nem látok ott összefüggést a kiválasztott és a nyert lovak között, várjuk a pontosítást. Ugyanígy az én módszeremre is kérek egy felülvizsgálatot, bár az, hogy a 12 ló közül 6-ra leadott fogadások közül 10% eséllyel teljesül legalább három elég valószerûnek hangzik.
fun is fun and done is done
#182
Szerintem:
-A 12 lóból 6ot <12 alatt a 6> féleképpen tudunk kiválasztani
-Egy ló nyeréssi esélye 1/12, és a 3 tetszõleges lóé (1/12)^3
-----------
Így a végeredmény: <12alatt6>*(1/12)^3, szerintem
-A 12 lóból 6ot <12 alatt a 6> féleképpen tudunk kiválasztani
-Egy ló nyeréssi esélye 1/12, és a 3 tetszõleges lóé (1/12)^3
-----------
Így a végeredmény: <12alatt6>*(1/12)^3, szerintem
Tavasszal ugye elolvad a hó. De hova tűnik a fehér?
#181
Játék.
Adott 12 ló, akik versenyeznek.
Tippelni arra lehet, hogy egy konkrét ló hányadik helyen fut be.
Játékonként egyszerre legalább egy, de legfeljebb nyolc lóra lehet tippelni úgy, mindegyiknél más-más várható befutási helyet adunk meg.
Azt kellene megtudni, hogy az egyes, a megtett tippek száma szerinti játéktípusoknál mennyi a nyerési esély adott számú találatra.
Tehát ha 6 lóra adtuk meg a tippet, akkor mennyi az esélye annak, hogy ebbõl hármat biztos eltalálunk.
Adott 12 ló, akik versenyeznek.
Tippelni arra lehet, hogy egy konkrét ló hányadik helyen fut be.
Játékonként egyszerre legalább egy, de legfeljebb nyolc lóra lehet tippelni úgy, mindegyiknél más-más várható befutási helyet adunk meg.
Azt kellene megtudni, hogy az egyes, a megtett tippek száma szerinti játéktípusoknál mennyi a nyerési esély adott számú találatra.
Tehát ha 6 lóra adtuk meg a tippet, akkor mennyi az esélye annak, hogy ebbõl hármat biztos eltalálunk.
ISMÉT ÍROM A BLOGOM: http://sodi.freeblog.hu !!! Off-shore az, ha kevesebb pénzed jut megélhetési szülők kezei közé. A sátán legnagyobb hazugsága, hogy tagadja önmaga létezését.
#180
ma feleltem 5-sre egy tetszoleges geometriai tetel bizonyitasbol
nana hogy a haromszog belso szogeinke oszzege 180 bolt feleltem😄
nana hogy a haromszog belso szogeinke oszzege 180 bolt feleltem😄
#179
Ha gondolod holna pbeszélhetek Kovács Zolival,hátha tud vmi linket ajánlani a témában 😊
Ramadamammy rapidrandi
#178
Köszi szépen a segítséget!
#177
A link: http://zeus.nyf.hu/~kovacsz/szerk.pdf
A 10. feladat.
A 10. feladat.
Gut. Besser. Presser.
#176
Tudnál nekem linket küldeni amin be van bizonyítva hogy nem lehet szerkeszteni?
#175
Én nem vagyok nagy matekos, de Gauss bebizonyította, hogy nem szerkeszthetõ szabályos hétszög.
Gut. Besser. Presser.
#174
Hi ALL! Az lenne a kérdésem hogy létezik-e szabályos hétszög? Ha igen miért?
#173
Az a lenyeg, hogy tobb informaciot kap a jatekos a jatekvezetotol, ha az a megjeloles utan zar ki egy hibas ajtot, mintha elotte tenne' (ekkor lenne a #170-ben irt 50-50%).
#172
Akkor hogy az is értse, aki esetleg utólag egyben olvassa az ajtónyitogatós feladatról szóló beszélgetést: nyilván azt értetted meg #170 és #171 között, hogy miután a játékos kiválasztotta a rossz ajtót, a játékvezetõ kinyitja a fennmaradó kettõ közül a rosszat, így ha a játékos változtat, akkor már csak a harmadikat, a jót választhatja, így nyert.
fun is fun and done is done
#171
oké megvan!
már értem!
már értem!
#170
még azért mindig egy kicsit bizonytalan vagyok
szerintem ott csúszik el a dolog, hogy jv a döntés elõtt mutat rá egy ajtóra, így a döntés 2-ajtó között lesz és nem 3
mert azt írja gazdi hogy "2/3 valószínûséggel bökött rossz ajtóra, ekkor ha változtat akkor biztosan nyer"
de ilyen esetben is, ha változtat akkor még mindig veszíthet, hiszen még nem ejtettük ki az 1 ajtót!, viszont ha kiejtjük, akkor 1/2 valószínûséggel bökött rossz ajtóra...
tudom kicsit érthetetlenül fogalmazok, de majd megpróbálom rendesen leírni...
szerintem ott csúszik el a dolog, hogy jv a döntés elõtt mutat rá egy ajtóra, így a döntés 2-ajtó között lesz és nem 3
mert azt írja gazdi hogy "2/3 valószínûséggel bökött rossz ajtóra, ekkor ha változtat akkor biztosan nyer"
de ilyen esetben is, ha változtat akkor még mindig veszíthet, hiszen még nem ejtettük ki az 1 ajtót!, viszont ha kiejtjük, akkor 1/2 valószínûséggel bökött rossz ajtóra...
tudom kicsit érthetetlenül fogalmazok, de majd megpróbálom rendesen leírni...
#169
Fura feladat, sokfelekepp lehet nekiallni es konnyu elbonyolitani meg rossz eredmenyre jutni.
#168
igaz, igaz...
azért a biztonság kedvéért megnéztem 100000 esetre, és tényleg😊
de enyébként valóban logikus...
azért a biztonság kedvéért megnéztem 100000 esetre, és tényleg😊
de enyébként valóban logikus...
#167
bingo 😊
#166
A játékos 1/3 valószínûséggel a nyerõ ajtóra bökött rá, ekkor ha változtat akkor biztosan veszít, ha nem akkor biztosan nyer. 2/3 valószínûséggel bökött rossz ajtóra, ekkor ha változtat akkor biztosan nyer (hisz a mûsorvezetõ rossz ajtóra mutat), ha nem akkor biztosan veszít.
Tehát ha változtat, akkor 2/3 eséllyel nyer, ha nem változtat akkor 1/3 eséllyel nyer.
Tehát ha változtat, akkor 2/3 eséllyel nyer, ha nem változtat akkor 1/3 eséllyel nyer.
fun is fun and done is done
#165
Hat ebben a megoldasban tobb hiba is van. Egyreszt esetszetvalasztast hasznaltal, es egyenlo valoszinusegukent kezelted olyan esemenyeket, amik nem azok (itt foleg a 1-es, 2-es szekciora gondolok)
Bevezettel egy uj szabalyt, ami a feladatban nincs (az ajtok tartalma vegig fix, nem varialnak rajtuk)
Kicsit egyszerubb uton indulj el, es ne vessz el a jelolesekben, szuksegtelen.
Bevezettel egy uj szabalyt, ami a feladatban nincs (az ajtok tartalma vegig fix, nem varialnak rajtuk)
Kicsit egyszerubb uton indulj el, es ne vessz el a jelolesekben, szuksegtelen.
#164
érdekes
jelölések
F(fõnyermény) S(semmi) V(valami: S<=V<F)
feltételek
1. eset: minden ajtó mögötti nyeremény rögzített már az elsõ választást megelõzõen
ekkor
*mindegy
2. eset: az elsõ választás után változtatnak az ajtók tartalmán úgy hogy:
a) eset: a fenmaradó 2-ben 1 biztos >S és van S / hogy teljesüljön
ekkor ha V=S
*változtatni kell
ha V>S
*mindegy
b) eset: a fenmaradó 2-ben van S
*mindegy
vagyis 3 mindegy és 1 változtatás => változtatni kell
jelölések
F(fõnyermény) S(semmi) V(valami: S<=V<F)
feltételek
1. eset: minden ajtó mögötti nyeremény rögzített már az elsõ választást megelõzõen
ekkor
*mindegy
2. eset: az elsõ választás után változtatnak az ajtók tartalmán úgy hogy:
a) eset: a fenmaradó 2-ben 1 biztos >S és van S / hogy teljesüljön
ekkor ha V=S
*változtatni kell
ha V>S
*mindegy
b) eset: a fenmaradó 2-ben van S
*mindegy
vagyis 3 mindegy és 1 változtatás => változtatni kell
#163
meg kell változtatnia, akkor asszem kétszer akkora esélye van. hogy miért nem tudom