Új hozzászólás Aktív témák
-
poffsoft
addikt
igen, megoldottam. lajafix fenti megoldása a megoldás, a p2- kizárásával....
az integer megoldás pedig hamis gyök (de azt is elég nehéz volt bebizonyítani magamnak , az érintők azonosságát kellett belátnom, és ebből pedig következik, hogy a parabola nem érintheti az X-re merőleges sugárnál a kört, mert itt az érintő párhuzamos X-el, ami pedig azt jelentené, hogy a parabola szélsőértékét éri el a pontban (x=0), ami persze nem igaz, hiszen azt a mínusz végtelenben éri el,,, vagy valami ilyesmi ).
Vvalószínűleg az a baj, hogy wolfram és maple is érzékeny az 'átrendezések'-re, ekvivalens átalakításokra, a szimbolikus megoldásoknál. Egész jól elszórakoztam velük, és majdnem mindig más-más megoldás jött ki...De legalább azt megtanultam, hogy sem a parabola, sem a kör nem függvény
[ Szerkesztve ]
[ Szerkesztve ]
-
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.
-
dudika10
veterán
Van egy olyan érzésem, hogy ennek átlóra nem kell kijönnie csak sorokra és oszlopokra.
Talán jó:
-1 -6 +11
+6 +1 -3
-1 +9 -4mod: úgy, hogy az átlók is stimmeljenek és a sorok és oszlopok is, úgy nem lehet megcsinálni szerintem.
[ Szerkesztve ]
Prodipe Pro 5 aktiv hangfalpar elado.
-
Enjoy
addikt
Köszi, hallottam már róla, csak még nem találtam rá..
Molnárka-Miletics Edit tanít, ill. fog jövőre is, mert szerintem nagyon jól sikerült a vizsga.
Nem akarom elkiabálni de min. 4es De csalódott lennék, ha 4es leszEgyébként jófej tanár, ill. érthetően beszél, csak szerintem hiányosan adott le egy-két dolgot.
Többieknek is köszönöm az ajánlásokat
► més que un club ◄
-
#56474624
törölt tag
0-t.
Ha megnézed a prímtényezős felbontást, onnan kiderül:15=3 * 5
15^133 = 3^133 * 5^133
45 = 3^2 * 5^115^133 osztható 45-tel, hiszen 3^131 * 5^132-szer (vagy ha úgy tetszik 5 * 15^131-szer) megvan benne.
Valójában már 15^2 osztható 45-tel (5 lesz az eredménye). Ha ezt még szorzom egész számokkal (jelen esetben 15^131-nel), ugyanúgy osztható marad. -
cocka
veterán
Ez is baromi egyszerű.
ugye oszthatóság feltétele hogy a számláló legalább 20 legyen.
Tehát a vizsgálatot 3 alaphatványainál kezdjük a 3^3-nál.
3^3 kongruens x mod 20 x=7
3^4 kongruens x mod 20 x=1
3^5 kong x mod 20 x=3
3^6 kong x mod 20 x=9
3^7 kong x mod 20 x=7
3^8 kong 1 mod 20Tehát akkor 4k+3 alakú kitevők esetén a maradék mindig 7.
a 100 az pont 4k alakú, tehát akkor a maradék 1. Ennyi.
-
#56474624
törölt tag
Mennyire? Az alapdolgokra még emlékszem talán, de rég volt már az.
Tehát elég nekünk a 45-tel oszthatósághoz annyi ha 15 hatványaiban legalább 2-szer szerepel a 3-mas.
(#1735) cocka
És én miről írtam? Valójában már 15^2 osztható 45-tel (5 lesz az eredménye). Ha ezt még szorzom egész számokkal (jelen esetben 15^131-nel), ugyanúgy osztható marad.Leírtam általánosabban is az első részben. Ha az ember látja, hogy a prímtényezős felbontásban ugyanazok a prímek szerepelnek, és a számlálólegalább olyan kitevőkön tartalmazza azokat, mint a nevező, akkor osztható. Ezen nincs mit túlbonyolítani.
[ Szerkesztve ]
-
cocka
veterán
Hát 3^100-onról van szó, a kérdés az hogy ez 20-szal osztva mennyi maradékot ad.
Itt maradékosztályokról van szó, hiszen azok az elemek tartoznak azonos modulus mellett ugyanazon maradékosztályba, amik ugyanazt a maradékot adják. A kérdés az hogy a 3^100-on melyik maradékosztályba tartozik.
Mint látod a 3 hatványait 20-szal osztogatva a maradékok ciklikusan ismétlődnek. Ez azt jelenti, hogy neked elég megvizsgálni 3 első pár hatványát és ahol ugyanazt a maradékot kapod ami már egyszer szerepelt ott meg is állhatsz hiszen a további maradékok ugyanolyan sorrendben ismétlődni fognak a végtelenségig.
a kongruens b modulo m azt jelenti, hogy az m osztója az a-b-nek vagy a b-a-nak. Vagy úgy is lehet mondani, hogy a m-el osztva b maradékot ad.
Ugyanúgy ahogy léteznek első és magasabb fokú algebrai egyenletek, úgy léteznek lineáris és magasabb fokú algebrai kongruenciák is.
4*k+3 meg onnan jött hogy a kitevő ilyen alakú, hiszen rendre a 3, 7, 11, 15, 19 stb.. kitevős alakokra lesz a maradék 7.
-
cocka
veterán
Hát ennek a megoldása jóval bonyolultabb az előzőeknél.
A Freud-Gyarmatiban benne van hogy kell ilyeneket megoldani. Első kanyarban ellenőrízni a megoldhatóságot.
x^5 kong. 10 mod 35-öt két másik kongruenciára lehet bontani x^5 kong. 10 mod 5-re és mod 7-re.
Innentől inkább lyx:
Eddig jutottam, de hát ehhez még kell egy csomó egyéb fogalom is pl. primitív gyök, rend index stb.. ezekről volt szó?
Ez a full bonyolult matematikus agyú megoldás, biztos van egyszerűbb is csak most nem állok le agyalni rajta van más dolgom is.
-
cocka
veterán
Te most a lineáris kongruenciákat kérdezed?
Mer ilyen, hogy kongruencia osztás háát mi az?
Ja hétfőn államvizsgázom belőle.
a*x kong. b mod m -nek csak akkor van megoldása, ha (a,m) | b a megoldásszáma meg (a,m)
és a páronként inkongruens megoldások számát keresed.
[ Szerkesztve ]
-
cocka
veterán
Jajj ez lófika.
5^0 kong. x mod 17 x= 1
5^1 kong. x mod 17 x= 5
5^2 kong. x mod 17 x= 8
5^3 kong. x mod 17 x= 6
5^4 kong. x mod 17 x= 13
5^5 kong. x mod 17 x= 14
5^6 kong. x mod 17 x= 2
5^7 kong. x mod 17 x= 10
5^8 kong. x mod 17 x= 16
5^9 kong. x mod 17 x= 12
5^10 kong. x mod 17 x= 9
5^11 kong. x mod 17 x=11
5^12 kong. x mod 17 x= 4
5^13 kong. x mod 17 x= 3
5^14 kong. x mod 17 x= 15
5^15 kong. x mod 17 x= 7
5^16 kong. x mod 17 x= 1Tehát akkor 1997/16 osztási maradéka 13, tehát akkor 3 lesz a megoldás.
-
cocka
veterán
Milyen szakon vagy?
Én matek, azt betéve tudnom kéne ezeket a marhaságokat. Meg magasabb fokú kongruenciák. Binom, kvadratikus LOL
Még valami hülye Legendre szimbólum is rémlik, hogy 1 ha kvadratikus maradék mod p és -1 ha nem kvadratikus maradék mod p. ÁÁÁ szörnyű
[ Szerkesztve ]
-
cocka
veterán
De amúgy ja, megnéztem én is. Az első tétel (14 oldal ) közepén ott figyel, hogy ad hoc módszer, megoldóképlettel vagy így ügyeskedéssel.
Egyébként meg miért ne használhatnál számológépet? Informatikus = lusta és kényelmes tehát ez simán belefér az attitűdjébe egy infósnak, nem szaroznak legyen minél egyszerűbb, gyorsabb és hatékonyabb, no meg hibamentesebb.
Feltételezem programtervező matematikus ugye?
-
cocka
veterán
Ez is egyszerű.
Vagyis akkor azt kell megoldani, hogy 13*x kong. 4 mod 55
Innen: 13*x kong. 169 mod 55 és x kong. 13 mod 55
Ez meg olyan x-ek halmazát jelenti, ahol 55*k+13 alakú számok vannak.
55*k+13>500 tehát k>8 egész 47/55 azaz igaz minden k € Z-re 9-től kezdve.
Tehát a 2 megoldás: x1=55*9+13=508 és x2=55*10+13=563
Szóval progmat.? Győrben? Na hallod megyek és kérek egy rakás felmentést, ha ennyi matek van.
[ Szerkesztve ]
-
Alg
veterán
Nyilván ha valaki x db jegyet vesz, akkor egy randommal generált húzásnál x-szeres esélye lesz a nyerésre
Nem igaz, sarkított példa:
2-en játszanak: A,BA 1 jegyet vesz, B is -> B esélye a nyerésre 1/2
Ha A 1 jegyet vesz és B kettőt -> B esélye 2/3
1/2*2 =/= 2/3
"I love not man the less, but Nature more" // Giant TCR Adv. '16 Di2 // Fenix 7 SS // FiiO BTR3 + Truthear ZERO
Új hozzászólás Aktív témák
- Amlogic S905, S912 processzoros készülékek
- Tőzsde és gazdaság
- Teszteltük az LG új, OLED paneles gamer monitorát
- Politika
- Milyen okostelefont vegyek?
- Kerékpárosok, bringások ide!
- Eredeti játékok OFF topik
- PlayStation 5
- NVIDIA GeForce RTX 3080 / 3090 / Ti (GA102)
- Okos Otthon / Smart Home
- További aktív témák...
- Krómozott előlapos Jura Z5 automata kávéfőző beépített profi cappuccino fejjel
- Eladó teljesen új, bontatlan Nespresso Essenza mini piros színben
- Motorola Razr 40 - 8GB 256GB DualSIM Sage Green - Bontatlan - Garanciális
- Canon Ixus 285 HS
- Új! Bontatlan! Samsung 8TB 2.5 SSD eladó! Országos Szállítással