[3278] HoA | 2010-04-23 17:38:03 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/1191/2_VfJj.jpg) Gondolatébresztőnek kezdjük az általános esettel, a térkép hasonlatnál maradva legyen az origó felett közönséges domboldal. Ekkor a szintvonal két irányába mutat v1=v0 és v2=-v0 és ezekre merőleges a gradiens, e=g és c=-g . ( A minusz jelek nálam nem igazán jól látszanak. ) Érdekesebbek a speciális terepalakulatok - csúcs , nyereg, töbör .
|
Előzmény: [3277] Lóczi Lajos, 2010-04-17 14:04:34 |
|
[3277] Lóczi Lajos | 2010-04-17 14:04:34 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/41/1_Hti1.jpg) A térbeli x-y-z koordinátarendszerben tekintsünk egy sima "domborzati térképet" az x-y alapsík fölött, azaz legyen adott egy f:R2 R deriválható függvény. Tekintsük az alapsíkban az összes origó kezdőpontú egységvektort, és jelöljük meg ezek közül mindazokat az e, c és v vektorokat, amelyek irányában az f felület origó fölötti f(0) pontjában rendre: legmeredekebb az emelkedés, legnagyobb a csökkenés, illetve a pontbeli adott irányú érintőegyenes vízszintes.
Milyen összefüggések állapíthatók meg az e, c és v vektorok között?
|
|
[3276] Tóbi | 2010-04-14 15:35:35 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/5063/2_xUQB.jpg) Vegyük az egyenlőtlenség logaritmusát. k*log(a)=<L*log(b)<k*log(a)+log(2) Tulajdonképpen itt log(b) olyan többszörösét keressük, amit maradékosan osztva log(a)-val, a maradék legfeljebb log(2) lesz. Amennyiben log(a)/log(b) racionális a maradék 0 is lehet, ha irracionális, tetszőlegesen megközelíti a 0-t, így log(2) alá is megy.
|
Előzmény: [3272] m2mm, 2010-04-13 23:21:09 |
|
|
|
|
[3272] m2mm | 2010-04-13 23:21:09 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/default.jpg) Igaz-e, hogyha a>b>1 a és b valós, akkor létezik pozitív egész k,l, hogy ak<bl<2ak?
|
|
|
|
|
|
|
|
[3265] Lóczi Lajos | 2010-03-25 22:55:31 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/41/1_Hti1.jpg) Legyen a>0 adott valós szám. Mi lesz n![\to](kep/tex/to.gif) esetén az
![\frac{(n+1)^{n^2}}{(a n^n)^n}](keplet.cgi?k=A6800B59E55B6CE5)
sorozat határértéke?
|
|
|
|
[3262] Alma | 2010-02-25 17:12:18 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/default.jpg) Szerintem függ, hogy melyik az az adott elem k-as. Vegyük például azt a leegyszerűsített esetet, hogy a kockának két oldala van: 1,2 és n=3szor dobunk.
Azok a számsorok, melyekben az 11 elemkettes pontosan egyszer fordul elő: 112 és 211.
Azok a számsorok, melyekben a 12 elemkettes pontosan egyszer fordul elő: 112, 121, 122, 212.
A két eseménynek nem egyenlő a valószínűsége.
|
Előzmény: [3261] Láda19, 2010-02-25 16:21:43 |
|
[3261] Láda19 | 2010-02-25 16:21:43 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/default.jpg) Lenne egy valószínűségszámítási probléma, amit a napokban kérdeztek tőlem, de még nem tudtam megoldani. Szeretném, ha valaki segítene.
Egy dobókockával n-szer dobunk, majd a dobások eredményét leírjuk egymás mellé. Mennyi a valószínűsége annak, hogy az 1, 2, 3, 4, 5, 6 számokból képezett, adott elem k-as (k<n) pontosan egyszer előfordul az n hosszúságú számsorban?
|
|
|
|
[3258] Fálesz Mihály | 2010-02-19 12:41:32 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/14/3_YdUs.jpg) Számomra inkább az érdekes, hogy ezzel a módszerrel primitív gyökök felhasználása nélkül is ilyen röviden be lehet bizonyítani azt, hogy a akkor és csak akkor kvadradikus maradék mod p, ha a(p-1)/2 1(mod p), különben a(p-1)/2 -1.
(A kis Fermat-tétel párosítgatás és Wilson-tétel nélkül is kijön a szokásos bizonyítással: összeszorozzuk az a,2a,...,(p-1)a maradékokat.)
|
Előzmény: [3256] bily71, 2010-02-17 23:30:28 |
|
[3257] bily71 | 2010-02-18 21:45:01 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/4398/14_rxR3.jpg) Én arra jutottam, hogy a le nem fedett számok halmaza végtelen. Gondoltmenetem a következő:
Vonjuk össze az egy modulushoz tartozó számtani sorozatokat, így minden 3-nál nagyobb prímhez kapunk egy olyan számsorozatot, amelyben két differencia váltja egymást. Írjuk fel a sorokat egymás után képzeletben. A sorok táblázatba rendezhetőek, a táblázatban a számok a prímek szorzata egyhatodának alsó, vagy felső egészrészének felelnek meg. Ezt a táblázatot azt hiszem már jól ismerjük.
Ha a le nem fedett számok halmaza véges lenne, akkor létezne k természetes szám, hogy e szám nem, de minden nála nagyobb fedett. Ez csak úgy lehetséges, ha minden új sorozat legkisebb olyan tagja, amely eddig egyik sorozatnak sem volt tagja fedi a k után következő olyan számot, amelyet az előző sorozatok nem fedtek le, (remélem eddig érthetően fogalmaztam).
Jelölje an az n-edik le nem fedett számot, bn pedig az n-edik sorozat azon legkisebb tagját, amely nem szerepelt egyik eddigi sorozatban sem. Mivel a táblázat a főátlóra szimmetrikus, ezért , ebből következik, hogy an<bn, így soha nem fedheti, mert az an=bn soha nem teljesül.
Jól következtettem? Eléggé tömören fogalmaztam, ha nem érthető, bővebben kifejtem.
A nem fedett számok egy nevezetes számsorozat tagjaival egyértelműen megfeleltethetőek .
|
Előzmény: [3253] bily71, 2010-02-16 20:04:32 |
|
[3256] bily71 | 2010-02-17 23:30:28 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/4398/14_rxR3.jpg) Két eset lehetséges:
1. a nem kvadratikus maradék modulo p. Ekkor a Wilson-tétel miatt
![a^{\frac{p-1}{2}}\equiv-1~(\mod{p}),](keplet.cgi?k=8BCCAE5887983516)
ebből
ap-1 1 (mod p),
ebből
ap a (mod p).
2. a kvadratikus maradék modulo p. Ekkor a Wilson-tétel miatt
![a^{\frac{p-3}{2}}(-a)\equiv-1~(\mod{p}),](keplet.cgi?k=A46D03D563095502)
ebből
![a^{\frac{p-1}{2}}\equiv1~(\mod{p}),](keplet.cgi?k=966E5CD59EC4F786)
ebből ugyancsak a kis Fermat-tételt kapjuk.
(Az előző megoldásom második része részben hibás).
|
Előzmény: [3252] Fálesz Mihály, 2010-02-15 10:16:52 |
|
[3255] jonas | 2010-02-16 20:54:36 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/396/3_nsJ9.jpg) Nem, én azt állítom, hogy a következő egy lefedő rendszer:
x0 0(mod p0)
x1 1(mod p1)
x2 -1(mod p2)
x3 2(mod p3)
x4 -2(mod p4)
x5 3(mod p5)
stb, ahol pi mondjuk a prímszámok sorozata.
Ez akkor is működik, ha mondjuk pi=10i+1: ilyenkor a kongruenciák közül bármelyik véges sok együtt csak a természetes számok legfeljebb egy kilenced részét fedi le, mégis az összes kongruencia együtt már lefedi az összes egész számot.
|
Előzmény: [3248] bily71, 2010-02-14 23:10:38 |
|
|