Új hozzászólás Aktív témák
-
#56474624
törölt tag
integrál 1/ch(x) dx
?
-
#56474624
törölt tag
Köszi. Amúgy ez igazán remek, odáig eljutottam, hogy e^x-szel beszorzom számlálót, nevezőt, de kimentek a fejemből az ilyen alapintegrálok, meg keverem is őket így arcostul, archostul. A vicc az, hogy az egész épp onnan indult, hogy integrál 1/(1+x^2), nem ismertem fel, utánanézni is lusta voltam, behelyettesítettem x helyébe sh(t)-t. Na most ha a kapott eredménynél még visszahelyettesítesz x helyébe arsh(u)-t (legyen u, és ennek kell egyenlőnek lennie arctan(u)-val). Hát k.... nem látom, hogy ugyanaz.
-
#56474624
törölt tag
Akkor próbálom leírni.
2arctan(e^t) + C, ahol t=arsh(x). Mert az volt az eredeti integrál, hogy integrál (1/(1+x^2))
Ezt nem ismertem fel. Behelyettesítettem x helyébe sh(t)-t. Ebből jött ki, hogy integrál (1/ch(t)). (csak itt x-szel kérdeztem rá.)
És most már, mint tudom, integrál (1/(1+x^2)) egyenlő arctan(x). Na akkor ennek kell egyenlőnek lennie a fenti cuccal, azaz leírom: 2arctan(e^(arsh(x))) + C-vel.[ Szerkesztve ]
-
-
#56474624
törölt tag
válasz Apollo17hu #1646 üzenetére
Én is idejutottam (nem ismertem semmilyen megoldást), azzal a különbséggel, hogy nem választanak ki senkit. Ha valaki első alkalommal volt kint sétálni, akkor felkapcsolja a lámpát, avagy égve hagyja; ha nem első alkalommal, akkor lekapcsolja. Mikor akárki elmondhatja, hogy mikor kiment az udvarra, 99 alkalommal látott égő lámpát, akkor biztosan volt kint mindenki.
-
#56474624
törölt tag
válasz Apollo17hu #1656 üzenetére
Jó, hát ennyi erővel a másiknál sem biztos, hogy legalább 99-szer kimegy az az egy ember.
-
#56474624
törölt tag
válasz Apollo17hu #1658 üzenetére
Meglehet. Sőt biztos.
Dehát akit életfogytiglanra ítéltek, az miért is szabaduljon ki? -
#56474624
törölt tag
Kéne nekem ahhoz segítség, hogy:
integrál (négyzetgyök alatt(x+x^2))
Ha megint valami egyszerű, én lelövöm magam. -
#56474624
törölt tag
válasz pIIrash #1706 üzenetére
Köszi. Onnantól egyébként már tudtam, hogyan kell csinálni, hogy x^2+x-et szalonképes formába átalakítottam, a legelemibb dolog nem jutott eszembe.
Én x helyére 1/2*(cht-1)-et helyettesítettem, így a végeredmény:
1/8*[(2x+1)*gyök((2x+1)^2 - 1) - arch(2x+1)]
Deriválással visszaellenőrizve visszakaptam, vagyis ennek (is) jónak kell lennie.
Mindjárt megnézem a te általad leírt verzióval is. -
#56474624
törölt tag
válasz Scroll Lock #1714 üzenetére
Ezt úgy hívják, helyettesítéses integrálás, e^x=t lett a változód, miközben eredetileg x volt. dx helyére be kell írnod, hogy (1/t)*dt (ami úgy jön ki, hogy x=ln(t) deriváltja dx/dt=1/t), máskülönben rossz eredményre jutsz.
-
#56474624
törölt tag
Ha egy tavirózsa minden nap n-szeresére nő, k nap alatt borítja be a tavat, akkor m tavirózsa hány nap alatt?
Az egész műsort lehet "modellezni" az n^x fv-nyel, n^k-nál legyen mondjuk T, amikor is belepte az egész tavat. T/m-et hol veszi fel? T/m=n^k / m. Ennek nézni kell az n alapú logaritmusát. Ezt alakítgatva végül k - ln(m)/ln(n) eredményre jutunk. A jelenlegi példára is működik természetesen: 30 - ln(2)/ln(2) = 29.
-
#56474624
törölt tag
Most én tennék fel egy kérdést.
Azt kéne belátni, hogy szimmetrikus mátrix sajátvektorai teljes ortonormált rendszert alkotnak. -
#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. -
#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 ]
-
#56474624
törölt tag
Még mindig keresem a választ erre:
szimmetrikus mátrix sajátvektorai teljes ortonormált rendszert alkotnak.
Bár lehet ha majd továbbhaladok a jegyzetben vizsgára készülvén, akkor ott lesz. Valamiért a tanár megelőlegezte egy résznél, hogy mi ezt tudjuk, úgy gondoltam, hogy akkor talán triviális, és csak én nem látom, hogy miért van így.
-
#56474624
törölt tag
Én akivel beszéltem a szakomról, azok számára nem volt gáz a Freud könyve. A régebbiek között találsz sokkal nehezebben emészthető könyveket is. Valamilyen szinten én szeretem is, ha egy könyv nem ad mindent az ember szájába, hanem meg kell fejteni. Dehát azért a Freud említett könyve nem ilyen szerintem.
-
#56474624
törölt tag
Ha mondjuk az első zacskóban van 10, másodikban 21, harmadikban 22, az különböző pl. attól, ha az elsőben van a 21, másodikban a 10, harmadikban 22? Tehát megkülönböztetjük-e a zacskókat?
Amúgy a szövegről nekem kapásból egy háromszög ugrott be. Mondjuk egyik zacskó tartalma/háromszög egyik oldala legyen adott. Akkor a másik kettő összege is adott, és ennek a háromszögnek a lehetséges pontjai egy ellipszisen vannak rajta (nekünk csak az egész oldalúak a jó megoldások).
Ha mondjuk a oldal rögzített, a másik kettő összege b+c, akkor c futhat (b+c-a)/2 felső egész részétől (b+c-1)/2 alsó egész részéig, ki kell szűrni azt, ahol bármely oldal egyenlő egy harmadikkal, tehát így már csak a c=a esetet kell kivenni. Na persze ez csak modellezésre jó úgy ahogy, aligha az a megoldás, hogy a=1-től 26-ig "végigszámoljam" a lehetséges eseteket.
(#1808) ImpIon:
Ja hogy leprogramozod? Akkor amit leírtam, az minden további nélkül kivitelezhető, csak érdemes még azért átgondolni.
[ Szerkesztve ]
-
#56474624
törölt tag
válasz concret_hp #1820 üzenetére
Szorzandónak meg szorzónak mátrixoknál speciel van értelme.
-
#56474624
törölt tag
válasz concret_hp #1828 üzenetére
A sima szorzás művelet meg egy speciális mátrixszorzás.
-
#56474624
törölt tag
Az a baj, hogy a tanároknak tényleg nincs ma már tekintélye, megverik, leköpik, anyázzák őket. Alapvető tisztelet azért kijárna, de ma már ez sem módi.
Nagyátlagban tényleg szar tanárokat is képeznek, kevés tanáregyéniséggel találkozni az újak között. Van szerencsém tudni, gyakorlógimnáziumban 4 évig megfordult pár kistanár. Kevés jó volt, legtöbb úgy adta elő az anyagot, mintha vizsgázna. Tanítani csak egy tudott. A 20-30-ból... -
#56474624
törölt tag
A megoldás:
n/2 alsó egész részét a-val jelölve!
(a+1 alatt n-a) + (a+2 alatt n-a-1) + (a+3 alatt n-a-2) + ... + (n+1 alatt 0)
Mindez úgy jön ki, hogy semmi más nem számít, csak hogy a nullák "közötti" helyekre hogy helyezzük el az 1-eseket. Mondok egy példát. Pl. n=4 eset legyen, legyen az az eset, mikor van 2 db nullád, és 2 db 1-esed.
A 2db nulla "között" (azért az idézőjel, mert a szélekre is mehetnek 1-esek) van 3 hely, tehát 3 helyet határoznak meg. 3 helyre kell kiosztanod 2 db 1-est. Ezt 3 alatt a kettő-féleképpen teheted meg.
Szóval mindig ahány nulla plusz 1 helyed van, ide kell elhelyezned az 1-eseket (aminek a száma n - ahány nullád van).
A nullák száma pedig legalább alsó egész része az n/2-nek. Így (a+1 alatt n-a)-tól kell kezdeni a binomiális együtthatók szummázását egészen n+1 alatt 0-ig (ez pedig mindig 1, józan ésszel is belátható hogyha az összes nulla, az csak egyféleképpen állhat elő). (Utolsó előtti bin. együttható meg n alatt az 1, ez pedig mindig n, szintén józan ésszel belátható ez is, hogy az egyetlen 1-est tartalmazó esetek száma mindig n)
Remélem, érthető volt valamennyire, magyarázás nem az erősségem.[ Szerkesztve ]
-
#56474624
törölt tag
válasz Apollo17hu #1892 üzenetére
Kösz.
Én amúgy nem mondtam, hogy Fibonacci.
Viszont amit leírtam, az azért nemcsak a képlet odaböfögése. -
#56474624
törölt tag
válasz Apollo17hu #1895 üzenetére
Írsz rá egy programot, és nem sokba.
Más kérdés, hogy még lehet talán valamit alakítani valami bin.összefüggést felhasználva. -
#56474624
törölt tag
válasz cellpeti #1915 üzenetére
P(1;2;5)
S: x-4y-6z=0 => itt kell a sík normálvektora,vagy vissza kell helyettesíteni?Nem kell semmi, csak behelyettesítesz:
1-4*2-6*5=1-8-30=-37 != 0
Tehát nem illeszkedik a síkra, mert azok és csak azok a pontok vannak rajta a síkon, amelyek (x,y,z) koordinátáira teljesül ez a x-4y-6z=0 egyenlet.Adja meg x+y+2z=4 sík egy pontját! Ezt hogyan kell?
Például "előírod", hogy x legyen 0, y legyen 0, és kiszámolod z-t:
z=(4-x-y)/2, azaz jelen esetben z=(4-0-0)/2=2. Q(0;0;2) pont tehát megfelel, vissza is helyettesíthetsz akár az egyenletbe ellenőrzésképpen.
Hol döfik a koordináta tengelyek az x-2y+3z=6 síkot?
Azon pont(ok), ahol x-tengely döfi a síkot, (x;0;0) koordinátájúak, és teljesíti(k) az x-2y+3z=6 egyenletet, tehát x-2*0+3*0=6, azaz x=6, vagyis a (6,0,0) pontban döfi x-tengely a síkot.
Hasonlóan y-ra, (0,y,0) koordinátájú pontot keresünk: 0-2*y+3*0=6, ebből y=(-3), y-tengely a (0,-3,0) pontban metszi a síkot.
Végül z-tengelynél: 0-2*0+3*z=6, ebből z=2, z-tengely a (0,0,2) pontban metszi a síkot.
-
#56474624
törölt tag
válasz cellpeti #1915 üzenetére
Párhuzamos-e a 2 sík? S1: -x+2y+3z-4=0; S2_ 2x-4y-6z=2;
Asszem az, de ebben mégsem vagyok biztos. Másodikat kapásból le lehet osztani (-2)-vel, S2: -x+2y+3z+1=0
Hát mivel csak egy konstansban térnek el, így szerintem biztosan párhuzamos a kettő. Picit bonyolultabban meg úgy mondanám, hogy rendezem z-re, látom, hogy x-irány mentén ugyanolyan meredekségű, meg hogy y-tengely mentén is ugyanolyan meredekségű a kettő, tehát párhuzamosak. -
#56474624
törölt tag
válasz cellpeti #1914 üzenetére
(1;3;-2)-t le kell osztani a saját hosszával, azaz gyök(1+9+4)=gyök 14-gyel
(1/gyök14; 3/gyök14, -2/gyök14).
Aztán akár ellenőrizheted is, hogy egységhosszú-e:
gyök(1/14+9/14+4/14)=gyök1=1.Merőleges-e az a(2;-1;-2) és a b(1;0;2) vektor? - vektoriális szorzatot kell itt használni,vagy ezt hogyan kell?
Vektoriálisat semmiképp, skaláris szorzatot érdemes. A megfelelő koordinátákat összeszorzod, és összeadod, azaz: 2*1+(-1)*0+(-2)*2 = -2. Mivel nem nulla, így nem merőlegesek.
Két vektor párhuzamos, ha vektoriális szorzatuk 0.
De igazából ez az, ami könnyen látszik, hisz ha párhuzamosak, akkor egyik skalárszorosa a másiknak, pl. (2;3;4) és (4;6;8), (3;4.5;6), (-1;-1.5;-2) stb.amiről még nem írtam:
sík és egyenes párhuzamos-eNa hát ez egy igen jó kérdés. Valószínű a sík normálvektorát kell tekinteni, illetve az egyenes irányvektorát (normálvektor itt nem jó, hisz az végtelen sok irányt meghatározna a térben; hasonlóan az irányvektor meg a sík esetében határoz meg végtelen sokat, csak a normálvektor a jó egy sík "jellemzésére")
-
#56474624
törölt tag
válasz cellpeti #1919 üzenetére
Akkor azt rosszul tudtad. Nekem mindig fizikából jut eszembe, mikor forgatónyomatékot kell számolni (aminél vektoriális szorzat van). Ha egyirányba hat az r illetve F vektor, akkor nem forgatok semmit (az az eset, mikor párhuzamosak a vektorok), míg ha merőlegesen, akkor a "legjobb hatásfokú".
Vektoriális szorzatra példa lehetne a munka: W=Fs=|F||s|cos(fi) (ahol fi az F illetve s által bezárt szög), ha az erőre merőleges azt elmozdulás, akkor nincs munka. Erre példa lehetne a centripetális erő egyenletes körmozgásnál.(#1920) cellpeti:
Igen, az jó. Paraméteresen adták meg, de az ne zavarjon. Bármit behelyettesíthetsz t helyére, 0-t a legkézenfekvőbb első körben, szóval jó pontot adtál meg.
[ Szerkesztve ]
-
#56474624
törölt tag
válasz cellpeti #1926 üzenetére
Például:
x=(3 -1)
y=(8/3 y2)
z=(z1 1/9)z1,y2 bármi lehet.
Dehát ezt igazán felírhattad volna, 2x2-es mátrixokat szorzol balról, ebből következően valami mx2-es cuccal szorzod őket, de mivel jobboldalt 1x2-es az eredmény, így baloldalt is 1x2-es-nek kell lennie, vagyis felírod x-re, hogy (x1 x2), majd y-ra, hogy (y1 y2), illetve z-re: (z1 z2). Beszorzod, ahogy kell, összeadod őket, végül ez a lin. egyenletrendszer adódik:
x1+x2+y1+3*z2 = 5
6*z2-y1 = -2Erre végtelen sok megoldás van. Meg z1, y2 is bármi lehet, tehát ez nagyon-nagyon végtelen sok.
[ Szerkesztve ]
-
-
#56474624
törölt tag
válasz cellpeti #1932 üzenetére
rank(A)
aztán kilöki a matlab.Egyébként valahogy úgy, hogy nézed a következőt:
Ax = 0Ezt Gauss-eliminálod. Azaz A-t (kiegészítheted a csupa nulla uccsó oszloppal, de felesleges igazából, azzal úgysem történik semmi). Ha csupa nulla a megoldás, akkor a mátrix teljes rangú. Ha nem csupa nulla, akkor nem az. Utána hogy mit kell csinálni, azt most így nem tudom, mindjárt átgondolom. Van rá valami egyéb numerikus módszer is amúgy...
-
#56474624
törölt tag
Na igen. Hát valahogy úgy kell Gauss-eliminációval, hogy csinálod, és esnek ki az egyenletek (sorok). Vagy mert csupa nulla sor lesz, amit kihúzol, vagy látod, hogy két sor azonos lett, akkor is az egyiket kihúzhatod. Végül amennyi "épkézláb" egyenleted marad, annyi a mátrix rangja. Azt hiszem...
-
#56474624
törölt tag
válasz Jhonny06 #1948 üzenetére
Ha egybetartozna, akkor zárójelbe kéne tenni. Mert nem tesznek ki egy pöttyöt, hogy ott szorzás van, és...?
A hatványozás magasabb rendű művelet, mint a szorzás, ez a lényeg, nem végezheted el előbb a szorzást, majd emeled azt hatványra. Csak zárójelezéssel lehetne felülbírálni.Mellesleg 2^-2-en 1/4.
a^-n = 1/(a^n) -
#56474624
törölt tag
válasz CrusherW #2275 üzenetére
Hát pedig a bizonyításhoz nem kell igazán számelmélet. Azt tudjuk ugye, hogy végtelen sok prím van.
Indirekt tegyük föl, hogy nem egyezhet meg két prím utolsó 1000 számjegye. Azaz ez azt jelenti, hogy csak egyetlen olyan prím van, ami ugyanarra az 1000 jegyre végződik. Több mint (vagy inkább nagyobb egyenlő mint) ezer számjegyű prímből is végtelen sok van nyilván (hiszen ha véges sok lenne, akkor véges sok prímünk lenne összesen, ami tudjuk, hogy nem igaz). Az indirekt feltevésünk szerint ezek mindegyikének más-más az utolsó 1000 számjegye, ami azt jelentené, hogy végtelen sok 1000 számjegyű szám van, ami ellentmondás. (Nyilván a feladatot akármennyi véges számjegyre megadhatták volna, a bizonyítás ugyanez.) -
#56474624
törölt tag
Lenne most tőlem is egy feladat (algebra):
bizonyítani
R szokásos gyűrű nem test => R[x] polinomgyűrű nem főideálgyűrű. -
#56474624
törölt tag
elte. pé köb(ök) az előadó illetve gyakvezető, ha így ismerős.
Egyébként én próbálkoztam, hogy tekintsünk egy ideált, amit mondjuk p1(x), ..., pn(x) generál (és mondjuk ezek "függetlenek", ha érted mire gondolok), és akkor tegyük fel, hogy ugyanezt az ideált generálja egyetlen q(x) is.
De ebből nagyon fura dolgok jönnek ki. Meg is osztom (nyilván valahol hibás a feltevés):
Na most a pi(x)-eket tetszőleges ri(x)-szel szorzom, összeadom (mint. a lin. kombó), és ennek egyenlőnek kell lennie valami r(x) * q(x). q(x) felírható pi(x)-ekből, itt az együtthatók (ugye ezeket is R[x]-ből vesszük) si(x).
Ebből kihozható rendezéssel, hogy ri(x)=r(x)*si(x) (i=1...n). Na most itt az a baj, hogy ebből az égvilágon semmit nem lehet belátni, mivel ri(x) tetszőleges, si(x) adott, és nekünk az r(x) kell. És akkor most feltehetjük, hogy ri(x)=1, és akkor kijön, hogy 1=r(x)*si(x), ebből már látszik, hogy r(x) és si(x) nulladfokúak szükségképpen. Azaz q(x) bármely pi(x)-nek konstansszorosa, ebből következően pi(x)-ek is egymástól csak konstansszorzóban térnek el (mondjuk Z[x]-ben 2x, illetve 3x, és egyikből nem fejezhető ki a másik, na itt ez nem biztos). Visszatérve 1=r(x)*si(x), írjuk így 1=r*si, na most nekünk r kellene, de si inverzek miért ne létezhetnének?De mondom, lehet, hogy hibás feltevésből indultam (egyszerre generálják pi(x)-ek és egyetlen q(x) is). Ha úgy írom fel, hogy most nem q(x)-et fejezem ki pi(x)-ekből, hanem pi(x)-eket q(x)-ből (legyenek ti(x)-ek az együtthatók), abból annyi jön ki, hogy r(x)=szumma(ri(x)*ti(x)), ri(x) tetszőleges, ti(x) adott, dehát ez semmi, szorozni lehet gyűrűben is, meg összeadni is aztán.
Aztán még volt egy olyan próbálkozásom is, hogy tekintsük a (c,x) ideált, c€R. Tegyük fel, hogy ezt egyetlen q(x) generálja. Namost hogy ebből kijöjjön c, q(x)-nek szükségképp nulladfokúnak kell lennie, illetve a "külső" szorzó r(x)-nek is. Akkor írom, hogy c=r*q. q=c/r (létezhet r inverz, ezt feltehetjük). Akkor írom, hogy (x-nek is elő kell állnia) x=s*q. Ebből s=(r/c)*x. Na itt viszont itt van c-vel való leosztás, és ezt bármely c€R-re eljátszhatjuk (ami ellentmondás, hisz akkor R test). Erre egyébként most jöttem rá, lehet ez jó mégis...
Már csak az az r inverz létezés necces nekem. Mi van, ha soha nem létezik?
[ Szerkesztve ]
-
#56474624
törölt tag
Tényleg jó előadásokat tart (az egyetlen, amiből egyet sem hagytam ki, pedig korán reggel van, és csak erre megyek be ), bár nekem mai napig Recski az etalon előadók között. Tudom, ő "külsős" bmé-s tanár, de akkor is.
Kösz a segítségfelajánlást, majd lehet élek vele, ha aktuális lesz.
Új hozzászólás Aktív témák
- Creative Hybrid Pro Classic (Egyszer kipróbált, garanciális)
- iPhone 15 Pro 128gb Natúr Titanium, bontatlan, független
- ÚJ Apple Watch Ultra 2 GPS + Cellular 49mm - titántok, alpesi szíj
- 8/16GB memoriák
- APPLE MacBook Air 2020 13" Retina - M1 / 8GB / 256 GB SSD / MAGYAR / 96% akku, 81 ciklus / Garancia