Új hozzászólás Aktív témák
-
gygabor88
tag
Az abszolutértékek elhagyásakor azt kell megnézni, hogy az absz. értéken belüli kifejezés negatív vagy pozitív volt. Ha negatív vagy 0, akkor -1 -gyel szorzod a kifejezést, ha pozitív vagy 0 akkor marad úgy ahogy volt. Pl: | x + 4 | -4-nél 0, ha x < -4 akkor negatív, ezért x <= -4 esetén az absz. értéket elhagyva -1 * (x + 4) kerül a helyébe.| x - 1 | és | x - 3 | hasonlóan.
-
gygabor88
tag
válasz manutdzoli #1151 üzenetére
1 barátja van.
Ha minden osztálytársnak van min 1 barátja, akkor:
Rajzolsz 30 pontot (1., 2., 3., ... ,29., "A" jelöléssel). Olyan gráfot kellene rajzolni az 1., 2., ..., 29. jelű pontokkal, amiben van 1, 2, 3, ..., 29 fokú csúcs, nincs többszörös él, meg hurokél sem. Ekkor a 29. jelű csak akkor lehet 29 fokú, ha egy újabb ponttal "A"-val is összekötöd. Ezután "A"-t nem tudod összekötni a 28 fokú csúcsal, mert már van 29 fokú, hasonlóan a többi csúcsra is igaz, hogy nem lehet velük összekötni. Így "A" csúcs 1 fokú lett.Ha van olyan osztálytárs, akinek 0 barátja van:
Akkor őt ki kell húzni a listáról és a feladat megoldható a fenti gondolatmenet alapján, 29 fős osztályra, ahol mind a 28 osztálytársnak van legalább 1 barátja. -
gygabor88
tag
válasz concret_hp #1155 üzenetére
Ezt tényleg benéztem.
dave93: Az ábra jó, de nem páratlan fg, mert f(x) = - f(-x) nem igaz.
-
gygabor88
tag
Ötlet: Az y^2 és y együtthatói alapján szét lehet bontani több esetre. Pl a=0 esetben eleve kiesik az y^2, de ekkor még mindig vizsgálni kell y együtthatójának értékét. A v + (c/b) = 0 esetben x = u egyenes lesz a megoldás, míg v + (c/b) != 0 esetben parabolát kapsz. Persze itt b != 0 és a = 0 volt. Az a != 0 esetben már x-re is meg kell vizsgálni pár dolgot, nem csináltam végig és esélyes, hogy fentebb is elszámolhattam így késő este.
[ Szerkesztve ]
-
gygabor88
tag
A MatLab kiadott neked két x-től függő függvényt, amiket kirajzolva megkaptad az eredeti egyenlet megoldáshalmazát. Ha ezután egy (x, y) pontba érintőt akarsz húzni, akkor tudnod kell, hogy ez a megoldáspár melyik függvényhez (egyenlethez) tartozott. Ezt (x, y) visszahelyettesítéssel tudod ellenőrizni mindkét esetben és amelyikre jó az (x, y) pár, annak a függvénynek a deriváltjával számított meredekséggel tudsz érintőt húzni az adott pontba.
-
gygabor88
tag
Az x, y párból. Ugyanis ha megvan ez az (x, y) pár, akkor tudod, hogy adott x-hez milyen y-nak kell tartozni az adott pontban. Tehát x-et visszaírod mindkét függvénybe és amelyik az elvárt y-t adja vissza, azzal a függvénnyel dolgozhatsz tovább. Ez ránézésre nem biztos, hogy eldönthető, a fentebb leírt módon kell egy keveset számolni hozzá.
[ Szerkesztve ]
-
gygabor88
tag
Deriválás előtt kell visszahelyettesíteni.
Nézzük azt az esetet, amikor minden konstansod 1. A csatolt képen látszik az Out[14] sorban a két hozzárendelés, ami megadja az (x, y) megoldáspárokat az egyenlethez. Ez a két függvény alul lett kirajzolva.Most tegyük fel, hogy tudod, az (x0, y0) = (4, 7 - 3sqrt(6)) benne van ebben a megoldáshalmazban és szeretnél érintőt húzni ebbe a pontba. Fogod az x0 = 4-et és beírod a két kifejezésbe, amit az Out[14] sorban látsz. Az első azt adja, hogy y -> 7 - 3sqrt(6) a második pedig, hogy y -> 7 + 3sqrt(6). De te tudod, hogy az (x0, y0) pontodban az y0 értéke 7 - 3sqrt(6), ez az érték pedig az első visszahelyettesítésből kapott értékkel egyezik meg. Innentől már csak ezt az első függvényt deriválod és ebből számolsz meredekséget.
[ Szerkesztve ]
-
gygabor88
tag
A megoldás 672 / 2017.
Az összeg tagjai 1 / (a * (a + 3)) alakúak, ahol a következő tagban "a" mindig 3-mal növekszik. Ha kiszámolod az első 1, 2, 3 tag összegét, akkor rendre 1 / 4, 2 / 7, 3 / 10 az eredmény. Ebből sejthető, hogy az első n tag összege n / (3n + 1), ami indukcióval belátható. Mivel a teljes összeg 672 tagból áll (kiszámítható abból, hogy az első tag nevezőjének első tényezője 1, az utolsó tagnál 2014 és tagonként 3-mal van növelve), így az eredmény 672 / 2017.A 2016 / 2017 megoldás azért nem jó, mert a beszúrt képen is látszik, hogy a törtekre bontásnál 1 / (a * (a + 1)) alakú számokkal dolgoztak, neked viszont nem ilyen számokat kell összeadnod.
[ Szerkesztve ]
-
gygabor88
tag
A függvény (1, 0, f(1, 0)) pontján átmenő érintősík egyenletét írtátok fel. Az érintősík egyenlete az (x0, y0, z0) pontban z - z0 = (df/dx)(x0, y0) * (x - x0) + (df/dy)(x0, y0) * (y - y0)
A papíron (df/dy)(1, 0) el lett írva (2e lenne az e helyett), de az egyenletbe már jól lett beírva.
A végén a vektor egy a síkra merőleges normálvektor.[ Szerkesztve ]
-
gygabor88
tag
Egy olyan eset valószínűsége, amikor 7-szer bekövetkezik és 3-szor nem: (0.8^7) * (0.2^3)
Ilyen esetből "10 alatt a 7" db van, tehát ezzel meg kell szorozni. Ehhez még hozzá kell adni azokat a valószínűségeket, amikor az esemény 8, 9, 10-szer bekövetkezik, amelyek hasonlóan adódnak.
Összesen: [link][ Szerkesztve ]
-
gygabor88
tag
Bárhogy is van megadva a rendszer, érdemes úgy eltranszformálni, hogy a gömb o középpontja az origóba essen, továbbá a, b, c, r-t helyvektorként kezelni. Ekkor a zöld gömbi szakasz skaláris szorzást felírva kiszámolható, maximum még kell egy sugárral való szorzás majd, ha a gömb sugara nem egységhosszú.
A piros és a cb szakasz metszéspontjához: Jelöljük a pontot p-vel.
oar és obc síkok egy egyenesben metszik egymást. Nyílván ez az egyenes p-ben (is) metszi a cb főkört, így ez p is kiszámolható a kör és egyenes metszéspontjaként. A pr gömbi szakasz meg az ra szakaszhoz hasonlóan számolható. -
gygabor88
tag
válasz zsolti1debre #4621 üzenetére
A feltöltött fájlt nem néztem meg, mert mobilról írok, de a kép alapján feltételezem, hogy az adatsorok 0 és 180 között vannak értelmezve véges sok x-re.
Fűzzük össze az adatsorokat kis hézagokkal. Tehát adatsor1 marad úgy ahogy volt. Adatsor2 x értékeit eltoljuk 181-el, adatsor3 x értékeit 362-vel, stb. Az y értékeket nem módosítjuk. Erre az új függvényre már tudsz illeszteni egy L(x) Lagrange-polinomot. A keresett paraméteres alak pedig lehet pl L(x + t).
Ez t = 0-ra adatsor1-et generálja az adott eredeti x-ek esetén, t=181-re adatsor2-t, stb.
A polinom gondolom jó magasfokú lesz, de matlab, mathematica és társai ezt elvileg tudják kezelni anélkül, hogy nagy hatványokat kellene kiszámítaniuk. -
gygabor88
tag
válasz zsolti1debre #4625 üzenetére
Ok, akkor interpoláció valóban kiesett. Nem ismerek módszert az univerzális függvényforma kiszámolására. Már elemi függvényből is elég sok van és ezeket össze-vissza lehet transzformálni, egymásba ágyazni. Ezek közül jó paraméteres alakot megkeresni elég nehéz feladatnak tűnik. Amiket láttam közelítő eljárásokat, azok arra voltak kitalálva, hogy ha már adott milyen alakú függvénnyel szeretnéd közelíteni az eredetit, akkor a paraméterek kiszámolásában segítenek.
Ezért inkább maradnék polinomoknál és írnék egy scriptet, ami megnézi, hogy a lineáris függvénytől kezdve mondjuk a 10 fokú általános polinomig melyikkel közelíthetőek az adatsorok a legkisebb négyzetes hibával.
Ha a tesztelendő függvényforma egy általános n-edfokú polinom, akkor az együtthatói tekinthetőek paramétereknek és ezek a paraméterek kiszámolhatóak minden adatsor esetén a legkisebb négyzetek módszerével elég gyorsan. n=1, ..., 10-re megnézném mi volt a legnagyobb hiba és el lehet dönteni, hogy ez elfogadható-e még.
10 fokú polinom esetén így néz ki az eredeti (piros) és az illesztett (kék) görbe az adatsorokon: [link]Persze nincs garancia, hogy ezekkel a polinomokkal elő lehet állítani minden adatsort az elvárt hibahatáron belül, pláne ha sok oszcilláló adatsor van.
[ Szerkesztve ]
-
gygabor88
tag
válasz ZTE_luky #4669 üzenetére
Ilyen nagy modulusok esetén már géppel kell számoltatni. Amúgy innen a rend, primitív gyök és index részek kellenek neked.
A lényeg: Mivel 65 és 66 relatív prím 101-hez, továbbá 101 prím és 3 primitív gyök modulo 101, így lesz megoldás. Már annak eldöntése is, hogy 3 primitív gyök-e, 100 db modulo 101 hatványozást igényel és egyébként számolás közben részeredményként pont ki fog esni, hogy a = 10 és b = 7 egy megoldás (végtelen sok lesz). Ha ki tudod számolni a 65 és 66-nak 3 alapú indexét, akkor fel lehet írni az általános megoldást.
Ha csak egy megoldás kell és kézzel számolsz, akkor elindulsz a=1-től és minden egyes a-ra kiszámolod 3^a-t. Ha ez nagyobb, mint 101, akkor a modulo 101 értékkel helyettesíted és azt szorzod tovább 3-mal, amíg 65 nem lesz a maradék.
[ Szerkesztve ]
-
gygabor88
tag
válasz ZTE_luky #4674 üzenetére
Visszatérve az előző problémára, ha ilyen hatványozós feladatot kapsz, akkor lehet arra számítani, hogy a feladat mesterkélt és kézzel is kijön egy megoldás relatíven gyorsan. A fenti példåban 10 db hatványozåssal kijön az a és b-re egy-egy megoldás.
Vagy ha van plusz információd a számokról, pl ha nem kell belátnod, hogy 3 primitív gyök és megvizsgálni, hogy a modulus prím-e, akkor az első a, b megoldásból felírhatod az összeset a wiki alapján gyorsan. Feltéve, hogy szükséged van egyáltalán egynél több megoldásra.
A jelölésekből (g, p, m, n) arra következtetek, hogy ezek az infók adottak. Általában g-vel jelöljük a primitiv gyököt és p-vel a prímeket.
Szóval azért nézdd át ezt a részt zh-ra. -
gygabor88
tag
válasz peter9228 #4710 üzenetére
A paraméteres alakból érdemes kiindulni. Itt csak azt kell meghatároznod, hogy időegység alatt az omega és fí szögek mennyit változzanak. Az omega szögnek gyorsabban kell változnia, mint a fínek, ha azt szeretnéd, hogy a kis kör mentén többször körbefusson a görbe, amíg a nagy kör mentén csak egyszer fut végig.
Az hogy lesz-e benne látható szakadás attól függ, milyen egységben változik az idő (és a tőle pl lineárisan függő szögek). Minél kisebb az időegység változás, annál folytonosabbnak fog tűnni a görbe.[ Szerkesztve ]
-
gygabor88
tag
Gyökvonás nem jelenhet meg csak úgy, szóval vagy lemaradt valami vagy véletlen került fel a táblára.
Viszont nincs is rá szükség mivel az 1 / (1 - u^2) már alapintegrál. Artanh vagy arcoth lesz a primitív függvény értelmezési tartománytól függően. Tehát második lépésként u = gyök(2)*x helyettesítéssel alapintegrálra lehet hozni a kifejezést és bekerül egy 1 / gyök(2) szorzó.
Másik megoldás a nevezőt két tényező szorzataként felírni, utána parciális törtekre bontás és két alapintegrált fogsz kapni, mindkettő ln(valami) primitív függvénnyel. -
gygabor88
tag
válasz INTELligent #4819 üzenetére
Roger Fenn: Geometry
Ebben van egy fejezet a kvaterniókról. Ha nem tudod beszerezni, akkor is dob néhány pdf-et a google a quaternion szóra keresve. -
gygabor88
tag
Def:Legyen adott az (x1, x2, …) valós számokból álló sorozat. A valós A szám a sorozat határértéke, ha minden ε>0 esetén létezik olyan N(ε) (ε-tól függő) természetes szám, melyre minden n>N(ε) esetén |xn – A| < ε. (wikiről másoltam)
A lényeg: Ha van egy konvergens xn sorozatod, aminek a határértéke A, akkor bármilyen kicsi pozitív ε számot is mondunk, egy bizonyos n felett xn benne lesz az (A - ε, A + ε) intervallumban.
Ezt matematikailag úgy lehet leírni, hogy |xn – A| < ε.A 2. feladatban A=5 és xn adott, neked egy N(ε)-t kell megadni.
[ Szerkesztve ]
-
gygabor88
tag
Igen. A 2. feladat is |xn - A| < ε egyenlőtlenségből indul ki.
Ebből általában az abszolútérték és xn alakja miatt nehéz kifejezni egy jó N(ε)-t. Ezért azt szokták csinálni, hogy az |xn - A| kifejezést átalakítják és felülről becsülik úgy, hogy az abszolútérték és a problémás kifejezések eltűnjenek, így egyszerűbb formulákkal lehet dolgozni. Innen kapták a feladatban, hogy |xn - A| <= 25/n.
Ezután már elég a 25/n < ε egyenlőtlenséget megoldani, ugyanis amelyik n-ekre 25/n < ε igaz, arra |xn - A| < ε is igaz lesz. Átrendezéssel 25/ε < n. Mivel N(ε) természetes szám kell legyen, ezért N(ε) = [25/ε] + 1 jó választás.
-
gygabor88
tag
A második feladatnál a (-4) et átalakítottam 1/4re
Ez hibás átalakítás, a 4^(-1)-et lehetne átírni 1/4-re. Ha felírod a (-4)^n értékét az első pár n-re, akkor látni fogod, hogy oszcillál, ráadásul abszolútértékben a végtelenbe tart. Az egész törtetkifejezést tekintve pedig megmarad az oszcillálás.
-
gygabor88
tag
Több módszer is van, de a legegyszerűbb és amit oktatni szoktak, azok a Newton-Cotes formulák speciális esetei, mint a trapéz szabály és a Simpson formula.
Lényegében, ha f függvényt akarnak numerikusan integrálni, akkor f-et polinomokkal próbálják közelíteni és a polinomokat mindig könnyen lehet integrálni.Egyébként ez csak tipp, de szerintem nem ezt használják a kalkulátorok. A határozott integrál leegyszerűsítve egy végtelen sor, implementáció szempontjából egyszerűbb az alapintervallumot felosztani sok (de véges) egyenlő darabra és a szokásos téglalapos közelítést kiszámolni definíció szerint. Én biztos így csinálnám, nem hinném, hogy a legtöbb filléres kalkulátor polinomkezelést, interpolációt vagy monte carlo módszert használna numerikus integráláshoz.
-
gygabor88
tag
válasz kemkriszt98 #4963 üzenetére
Legyen P, Q adott pontok, R a keresett pont, és PR=d. Ebből egyrészt fel tudod írni annak az egyenesnek az egyenletét, ami a PQ egyenesre merőleges és átmegy a P-n. Másrészt RPQ szögnél derékszög van. Ebből RPQ háromszögre pitagorasz tétel egy kör egyenletét adja.
Neked a két alakzat metszéspontjai kellenek, tehát ez egy sima egyenletrendszer egy első- és egy másodkú egyenlettel, nem lesznek emeletes törtjeid.[ Szerkesztve ]
-
gygabor88
tag
válasz Zoli133 #4977 üzenetére
Két probléma van. Egyrészt nem világos, hogy a sorozatod milyen szerepet játszik a történetben. A leírásodból úgy tűnik, hogy általában is azt a legkisebb számot keresed, aminek n db osztója van, ez meg nem függ semmilyen sorozattól. Ha meg a feladat kiköt valamilyen feltételt a sorozattal kapcsolatban, akkor meg kellene adnod.
A másik, az állításod nem csak prímekre igaz, hanem tetszőleges n-re. Ez látszik o(x) képletéből, ahol o(x) x osztóinak számát jelöli.[ Szerkesztve ]
-
gygabor88
tag
A második kérdésre:
2-es vektornoma def szerint: ||x|| = sqrt(xTx), tehát skaláris szorzat gyöke.
Mátrixnorma def szerint: ||A|| = sup {||Ax||: x eleme R^n és ||x||=1}, ahol a sup-on belül vektornorma volt mindkét esetben.Ortogonális mátrix és vektor szorzata tartja a skaláris szorzatot: (ATx)T (ATx) = (xTA) (ATx) = xT (AAT) x = xTx
Ebből és a definíciókból következi az állítás, mert ||QTA|| = sup {||QTAx||: x eleme R^n ;s ||x||=1} = sup {||QTv||: v = Ax és x eleme R^n és ||x||=1} = sup {||Ax||: ...} = ||A||
-
-
gygabor88
tag
válasz rumos XIII #5059 üzenetére
Visszaderiválva könnyen tudod ellenőrizni kézzel is, hogy jó-e az eredményed.
-
gygabor88
tag
A dobások különbsége 0 és 5 között mozog. Mindegyik értékhez kiszámolod hányféleképpen fordulhat elő ez a különbség a dobott számok között. Ebből tudsz valószínűséget számolni az egyes különbség értékekhez, tehát megvan az eloszlás. Innentől pedig van képlet a várható értékre és szórásra.
[ Szerkesztve ]
-
gygabor88
tag
válasz zsolti1debre #5098 üzenetére
A forgástengely és a kocka egymáshoz viszonyított helyzetétől függ. Pl ha a tengely két szemközti lapot döf át a lapok középpontjában (ahol a lapok átlói metszik egymást), akkor henger lesz a forgástest.
-
gygabor88
tag
Neked egy lineáris kongruenciarendszert kell felírnod és megoldani, majd a megoldáshalmazból a legkisebb pozitív számot kiválasztani. Kínai maradéktételre keress rá.
Egyébként ez a feladattípus azért jó, mert ZH-ban pont ugyanúgy lehet megoldani, amilyen módszerrel vizsgán a kínai maradéktételt bizonyítani lehet. -
gygabor88
tag
válasz Apollo17hu #5169 üzenetére
Azért nem ennyire egyszerű, mert a 4-re így csak az első feltétel teljesül, a másik kettő már nem.
Új hozzászólás Aktív témák
- Sony MILC fényképezőgépcsalád
- Házimozi haladó szinten
- Nothing Phone (2) - több, mint elsőre látszik
- Autós topik látogatók beszélgetős, offolós topikja
- AMD Ryzen 9 / 7 / 5 / 3 5***(X) "Zen 3" (AM4)
- TCL LCD és LED TV-k
- Dell notebook topic
- OTP Bank topic
- Az alaplapgyártókra hárítja az Intel az egyes Core CPU-k stabilitási gondját
- D1Rect: Nagy "hülyétkapokazapróktól" topik
- További aktív témák...