Ja tenyleg, szumma 1-tol 10-ig , az 55 :) + a 'kezdoszeletunk' az egesz torta miatt 1+55=56.
ugye alapbol 1 tartomanyunk van, utana mindig annyi + 1 uj tartomany nyerunk, ahany altalunk huzott vonalat metszunk az uj vonallal. Mindig eggyel tobb vonalunk van, es kepesek vagyunk ugy huzni, hogy mindet metszuk pontosan egyszer.
egy masik, teruletcentrikus megkozelitessel is hasonlo eredmeny jon ki a konvexitas felhasznalasaval.
1. vagassal 1 tartomany felezhetsz, a masodik vagassal 2 tartomanyt valaszthatsz kette. A 3 vagassal mar max 3-at, a negyedikkel max 4-et...
Egy gyors skicc alapjan, nem tudom folytathato-e a sor, ha igen, kijonne egy szumma 1-tol 10-ig eredmeny :)
akkor tenyleg huszat, de azzal meg se kozelited az elerheto maximumot. Egy vagassal 2 tartomanyt elfelezel. Akkor vagsz hatekonyan, ha minel tobb tartomanyba vagsz bele. Ha a kozeppontot erintoleg vagdosol, mindig csak ket tartomanyba vagsz, messze nem a leghatekonyabb.
Pont mostanaban kellett grafoznom, igy meg emlekszem ezekre a grafos tetelekre :)
Ennek nincs megoldasa. Ez ilyen nevezetes, K3 graf vagy hogy is hivjak. Nem rajzolhato sikba, pl nem teljesiti az euler tetel-ben levo szukseges feltetelt. (20<=18)
bár végülis kis gráfelmélettel gyorsan meg lehet oldani...
egy másik, ez talán nem lesz olyan gyors: van 3 ház, és 3 kút. minden házból minden kúthoz kell utat építeni, de azok nem keresztezhetik egymást, hogyan helyezzük el az utakat?
Ugye nyilvanvaloan paratlan oldalt olvasott el, emiatt a szamok atlaganak osztoja kell legyen a 2761-nek. Az elso ilyen szam a 11. Efolott (19-21) korul mar 150-nel kevesebb jonne ki kezdooldalnak, ami a vasarnapi infonak ellentmond, tehat egyertelmu a megoldas.
ilyen gyorsan, szép:), kicsit nehezebbet kell adnom:) az egyértelmût nem értem, szerintem 1 megoldás van, vagy nem?
Ja, ahogy nezem igen :) Tul konnyu, hisz talalgatasos modszerrel is kb 1 perc volt. Erre mas nem is kell, hisz annyira keves a leellenorizendo esetek szama.
A 246. oldalon kezdte es 11 oldalt olvasott sanyi. :)
Szerinted egyertelmu megoldasa van ennek a feladatnak?
Sanyi és apja beszélgetnek: - Fiam, hány oldalas a könyv, amit el kell olvasnod? - 1000-nél kevesebb. - Elkezdted már? - Igen, vasárnap már túl is jutottam a százötvenedik oldalon. - És ma mennyit haladtál? - Nagyon sokat! A ma olvasott oldalak sorszámának 2761 az összege.
A beszélgetés napján hányadik oldalon kezdte az olvasást, és hány oldalt olvasott Sanyi?
szép megoldás! gratulálok
Na igy elolvasva visszaolvasva jooocskan el vannak szamolva az a 2. pontsorozat :) De annak ugyis az eleje kell csak, az meg jo. Mondjuk azt hittem bonyolultabb a feladat, azert jartam ennyire korul. Komplexebb feladatnal jon az ilyesmi jol, itt elegge felesleges..
Maradjunk annyiban, hogy korzovel csak pontokat tudunk kiszerkeszteni :) gyok3 -at eleg egyszeru.. gyok2 mar macerasabb.
Van egy megoldaskezdemenyem, kicsit elmeleti oldalrol kozelitettem meg.Talan 'kicsit' tul korulmenyes lett, mintha rogton egy eredmenyt irok, de igy talan tanulsagosabb, igy nem torlom ki... Ime:
A gyokot egy egyenloszaru haromszogben fogjuk keresni, legyen az atfogoja x hosszu, a ket befogoja pedig y hosszu. A haromszog x-re meroleges magassaga lesz a keresett gyokketto. Ugye 2=y^2-(x/2)^2 egyenlet adodik . Ha van ket pontunk egymastol x tavolsagra, es 2 pont y tavolsagra, alapcsucsoknak az x-tavu pontokat veve, a maradek csucs konnyeden kiszerkesztheto (x-tavu pontokbol korzovel y-nyilassal metszunk egy pontot a ket ismert csucsbol) Szoval csak annyi a feladat, hogy kiszerkesszuk olyan y es x tavolsagu pontparokat, amik teljesitik a fenti feltetelt.. Kerdes, hogy milyen pontokat szerkeszthetunk egyaltalan..
Az egysegnyi szakasz adott, es ez minden. Mindket pontbol huzhatunk egysegnyi kort, ezek metszik egymast mindket oldalon, igy nyerunk egy rombuszt. A ket uj pont egymastol vett tavolsaga gyok3-szorosa az eredeti pontok tavolsaganak. Tehat szerkeszthetunk gyok3^l l=0, 1, 2, ... tavolsagu pontokat. A ket uj pontbol rombuszpontbol is szerkeszthetunk hasonlo modon csucsokat, ezek egymastol vett tavolsaga 3 (l=2)..
Az eredeti pontokkal 'vizszintesen egy vonalba' szerkeszthetunk gyok3^l l=0, 2, 4, ... tavolsagu pontokat, az eredeti pontokkal 'merolegesen pedig gyok3^l l=1, 3, 5 .. tavolsagu pontokat. Ez nem minden, amik egy vonalba esnek, vehetjuk a kulonbseguket is(az egyvonali pontok egymastol vett tavolsagat): Tehat a vizszintes tavolsagok: 1, 3, 3-1=2, 9,(9-1)/2=4, 9-1=8, ..... A fuggolegesek: gyok3, 3gyok3, 9gyok3,(9gyok3-3gyok3)/2=3gyok3 (9gyok3-gyok3)/2=4gyok3 ...
A tobbi pontpart (a rombuszok oldalai) elhanyagolhatjuk, felirva egyenleteiket hamar latszik, hogy nem lesz koztuk megoldas.
A fenti egyenletre ranezve eleg trivialisan y=gyok3 tuti, x=2 adodik.. Mazli, ilyen pontparaink mar vannak is.
Na szoval, atultetve a fenti gondolatmenetet a gyakorlatba(mindig balrol jobbra, ill fentrol lefele indexelem az uj pontokat): Megszerkesztjuk a 2 tavu pontpart: Az eredeti ket pontban(x1, x2) egyegy egysegsugaru kort huzunk, igy megkapjuk az elso rombuszunk pontjait(x3, x4). Ezekben a pontokban az uj x3-x4 tavolsaggal, az elobbi mintajara egy ujabb rombuszt szerkesztunk, igy kapunk meg 2 pontot (x5, x6 pontok). Ezzel megkaptam a gyok3 hosszu szakaszomat: x3, x4 tavolsaga. A 2 hosszu szakasz pedig: x6,x1 pontok tavolsaga. Szerencsere az x2 pont pontosan felezi a kepzeletbeli x6-x1 szakaszt, igy a haromszog magassaganak szerkeesztese nem okoz gondot. x1, es x6 pontban rajzolok egy egy korivet, x3-x4(gyok3) tavolsaggal megegyezo sugarral. Igy kapott x7 (ill x8) pontjaink a fenti keplet szerint x2-tol pontosan gyok2 tavolsagra esnek.
akkor az egységnyi köröket addig rajzolgatod, amíg bírod...a két pontból két kör, két pontban mecci egymást...ide is beszúrod és rajzolsz még két kört...ezek az eredeti köröket is meccik
Gondolom nem csak korzo van hanem vonalzo is , nemde? ;) Huzol egy, a ket pontra illeszkedo egyenest, majd a ket pontban szerkesztesz egy-egy arra meroleges egyenest. A ket pont tavolsagat lemered a pontoktol a meroleges egyenesekre es megvan a masik ket pont, ami a negyzethez kell. Ezek utan behuzol egy atlot, es ott a gyok kettod.
Meroleges egyenes szerkesztese a pontokban az altalanos iskolas modszerrel mehet, felveszel 2 a ponttol egyenlo (tetszoleges) tavolsagu pontot, majd ezekkel a pontokkal szerkesztesz egy egyenlo (tetszoleges) szaru haromszoget mind a ket oldalon, majd a csucsait osszekotod..
Simán egy négyzetet kell csinálni, aminek oldala a megadott 1 egységnyi egyenes., és ennek az átlója, pont ennyi lesz. Mivel 2^0.5 = gyökketõ. A négyzet átlója meg oldalszor gyökketõ, de az oldal jelen esetben ugye 1, tehát az átló 1x gyökkettõ, azaz 2^0.5-en :)
adott két pont amelynek távolsága 1 csak körzõ segítségével szerkesszünk 2 olyan pontot amelyek távolsága 2^0.5
a megoldást nem igazán lehet leírni, szóval nem is kérem, csak egy jó kis feladat bár ha valaki nagyon rajzolós kedvében van felteheti:)
vmi mas fajta peldat is benyomhatnal, ez egy kaptafa :)
egy ember így szól a másikhoz: ,,én most kétszer olyan idõs vagyok, mint Ön volt akkor, mikor én olyan idõs voltam mint Ön most. Amikor Ön olyan idõs lesz mint én most vagyok, akkor nekem hét évem fog hiányozni ahhoz, hogy kétszer annyi idõs legyek, mint Ön most."
hány évesek?
megoldás: 28 illetve 21
jól elcsúszott, na mind1.
tehát: .... András .. | .. Béla most: X ............ Y .. majd: X+(X-Y) ...... X ....----> X+(X-Y)+X = 140 régen: ...Y ..... Y-(X-Y) .----> Y-(X-Y) = 2 X
remélem látszik...
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)
de hogy yön ki????
Van egy olyan érzésem, hogy valamilyen feltétel kimaradt... Beírt eset: ]0;16[ intervallumban bármi lehet. Köréírt eset: [192^(1/2);inf[ intervallumban bármi lehet.
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?
Ja igen, abs az lemaradt :) tenyleg 2 intervallumrol van szo.
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!
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.
http://www.bke.hu/~dancs/analizis1.pdf 144. oldal <= sin, cos folytonos 124. oldal <= folytonosság formális szabályai
ha valamit nem értenél csak kérdezz bátran!
kellene
mi a határértéke ennek: a0=1 a1=(1+b)/2 ... a[n+1]=(an+b/an)/2
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:)
tan=sin/cos sin az adott intervallumon folyt hasonlóan cos
folytonosság tartja a hányadost (persze csak ha f/g:g!=0)
De, hogy ]-pi/2;pi/2[ -> R , és itt mindig folytonos Ennek a bizonyítása
kösz szépen
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.
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]
f
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.
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
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.
ma feleltem 5-sre egy tetszoleges geometriai tetel bizonyitasbol
nana hogy a haromszog belso szogeinke oszzege 180 bolt feleltem:D
Ha gondolod holna pbeszélhetek Kovács Zolival,hátha tud vmi linket ajánlani a témában :)
Hi ALL! Az lenne a kérdésem hogy létezik-e szabályos hétszög? Ha igen miért?
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%).