Prethodna tema :: Sljedeća tema |
Autor/ica |
Poruka |
LSSD Forumaš(ica)
Pridružen/a: 19. 01. 2005. (19:11:16) Postovi: (CB)16
Lokacija: SD CN
|
|
[Vrh] |
|
vsego Site Admin
Pridružen/a: 06. 10. 2002. (22:07:09) Postovi: (3560)16
Spol:
Lokacija: /sbin/init
|
|
[Vrh] |
|
vinko Forumaš(ica)
Pridružen/a: 26. 08. 2006. (23:08:00) Postovi: (1A8)16
Spol:
Lokacija: PMF-MO 214
|
Postano: 20:14 čet, 18. 1. 2007 Naslov: Re: Kolokvij 20.1.2006.? |
|
|
[quote="LSSD"]
Zanima me da li vrijedi:
5^123 daje ostatak 125 pri dijeljenju sa 2501?[/quote]
Da! Naime mozemo vidjeti da je 5^120 == 1(mod 2501), pa je 5^123==5^3=125 (mod 2501).
Naime, 2501=41*61, pa je phi(2501)=40*60, te je sigurno 5^(40*60)==1(mod 2501), a mozda to vrijedi i za neki djelitelj od 40*60.
U ovom slucaju, vec vrijedi 5^60 == 1 (mod 2501).
A ovo bi to mogli rijesiti i binarnim potenciranjem:
5^123 = 5*5^122=5*(5^61)^2=5*(5*(5^30)^2)^2=....
Imali bi 15ak mnozenja i nakon svakog reducirali mod 2501.
LSSD (napisa): |
Zanima me da li vrijedi:
5^123 daje ostatak 125 pri dijeljenju sa 2501? |
Da! Naime mozemo vidjeti da je 5^120 == 1(mod 2501), pa je 5^123==5^3=125 (mod 2501).
Naime, 2501=41*61, pa je phi(2501)=40*60, te je sigurno 5^(40*60)==1(mod 2501), a mozda to vrijedi i za neki djelitelj od 40*60.
U ovom slucaju, vec vrijedi 5^60 == 1 (mod 2501).
A ovo bi to mogli rijesiti i binarnim potenciranjem:
5^123 = 5*5^122=5*(5^61)^2=5*(5*(5^30)^2)^2=....
Imali bi 15ak mnozenja i nakon svakog reducirali mod 2501.
|
|
[Vrh] |
|
LSSD Forumaš(ica)
Pridružen/a: 19. 01. 2005. (19:11:16) Postovi: (CB)16
Lokacija: SD CN
|
|
[Vrh] |
|
duje Forumaš(ica)
Pridružen/a: 07. 11. 2002. (12:21:31) Postovi: (55C)16
Spol:
|
Postano: 0:09 pon, 22. 1. 2007 Naslov: |
|
|
[quote="LSSD"]naci sve Pitagorine trojke cije su stranice u aritmetickoj progresiji?[/quote]
Neka su duljine stranica a, a+d, a+2d. Tada treba vrijediti
a^2 + (a+d)^2 = (a+2d)^2,
tj. a^2-2ad-3d^2=0, tj. (a-3d)(a+d)=0.
Buduci da su duljine stranica pozitivni brojevi, drugi faktor ne moze biti jednak nuli, pa mora biti a-3d=0. Dakle, a=3d i duljine stranica su
3d, 4d, 5d (za prirodan broj d). Jedini primitivni Pitagorin trokut s trazenim svojstvom je onaj sa stranicama 3,4,5.
LSSD (napisa): | naci sve Pitagorine trojke cije su stranice u aritmetickoj progresiji? |
Neka su duljine stranica a, a+d, a+2d. Tada treba vrijediti
a^2 + (a+d)^2 = (a+2d)^2,
tj. a^2-2ad-3d^2=0, tj. (a-3d)(a+d)=0.
Buduci da su duljine stranica pozitivni brojevi, drugi faktor ne moze biti jednak nuli, pa mora biti a-3d=0. Dakle, a=3d i duljine stranica su
3d, 4d, 5d (za prirodan broj d). Jedini primitivni Pitagorin trokut s trazenim svojstvom je onaj sa stranicama 3,4,5.
|
|
[Vrh] |
|
vjekovac Forumaš(ica)
Pridružen/a: 23. 01. 2003. (18:26:55) Postovi: (2DB)16
Spol:
|
Postano: 0:09 pon, 22. 1. 2007 Naslov: |
|
|
[quote="LSSD"]hvala:)sad me zanima rijesenje slijedeceg zadatka:
naci sve Pitagorine trojke cije su stranice u aritmetickoj progresiji?[/quote]
Ako su a<b<c duljine stranica, onda treba biti a+c=2b.
Rjesenje Pitagorine jednadzbe je za neke prirodne m,n razlicite parnosti, m>n te neki prirodni broj t:
1. slucaj:
a=2mnt, b=(m^2-n^2)t, c=(m^2+n^2)t
Uvjet a+c=2b daje
(m^2+n^2+2mn)t=2(m^2-n^2)t
tj. (m+n)^2=2(m-n)(m+n)
sto je ekvivalentno sa m=3n.
Ipak, ovo ne vodi do rjesenja jer su n i 3n iste parnosti.
2. slucaj:
a=(m^2-n^2)t, b=2mnt, c=(m^2+n^2)t
Uvjet a+c=2b daje
2m^2 t=4mnt
tj. m=2n
Kako je 2n paran, n mora biti neparan
Dakle
a=3n^2*t, b=4n^2*t, c=5n^2*t
Kako n^2 t moze biti bilo koji prirodni broj, rjesenje mozemo zapisati ovako:
Svi takvi trokuti imaju duljine stranica a=3k, b=4k, c=5k za neki prirodni broj k.
LSSD (napisa): | hvala:)sad me zanima rijesenje slijedeceg zadatka:
naci sve Pitagorine trojke cije su stranice u aritmetickoj progresiji? |
Ako su a<b<c duljine stranica, onda treba biti a+c=2b.
Rjesenje Pitagorine jednadzbe je za neke prirodne m,n razlicite parnosti, m>n te neki prirodni broj t:
1. slucaj:
a=2mnt, b=(m^2-n^2)t, c=(m^2+n^2)t
Uvjet a+c=2b daje
(m^2+n^2+2mn)t=2(m^2-n^2)t
tj. (m+n)^2=2(m-n)(m+n)
sto je ekvivalentno sa m=3n.
Ipak, ovo ne vodi do rjesenja jer su n i 3n iste parnosti.
2. slucaj:
a=(m^2-n^2)t, b=2mnt, c=(m^2+n^2)t
Uvjet a+c=2b daje
2m^2 t=4mnt
tj. m=2n
Kako je 2n paran, n mora biti neparan
Dakle
a=3n^2*t, b=4n^2*t, c=5n^2*t
Kako n^2 t moze biti bilo koji prirodni broj, rjesenje mozemo zapisati ovako:
Svi takvi trokuti imaju duljine stranica a=3k, b=4k, c=5k za neki prirodni broj k.
|
|
[Vrh] |
|
vjekovac Forumaš(ica)
Pridružen/a: 23. 01. 2003. (18:26:55) Postovi: (2DB)16
Spol:
|
|
[Vrh] |
|
vinko Forumaš(ica)
Pridružen/a: 26. 08. 2006. (23:08:00) Postovi: (1A8)16
Spol:
Lokacija: PMF-MO 214
|
|
[Vrh] |
|
Lara Forumaš(ica)
Pridružen/a: 17. 01. 2007. (16:23:54) Postovi: (53)16
Spol:
|
|
[Vrh] |
|
Lara Forumaš(ica)
Pridružen/a: 17. 01. 2007. (16:23:54) Postovi: (53)16
Spol:
|
|
[Vrh] |
|
hermione Forumaš(ica)
Pridružen/a: 23. 09. 2003. (10:50:57) Postovi: (152)16
Spol:
Sarma: -
|
|
[Vrh] |
|
vinko Forumaš(ica)
Pridružen/a: 26. 08. 2006. (23:08:00) Postovi: (1A8)16
Spol:
Lokacija: PMF-MO 214
|
Postano: 22:04 sri, 24. 1. 2007 Naslov: Zadatak 5^214 (mod 2201) |
|
|
Odredite 5^214 (mod 2201).
Danas sam na vjezbama napravio jedan sitan propust kod ovog zadatka.
Naime, iz 2201=31*71 sam promatrao:
5^214 (mod 31) i 5^214 (mod 71),
te po Malom Fermatovom Teoremu zakljucio da je
5^214=5^4 (mod 31) i 5^214=4^4 (mod 71),
pa iz toga po Kineskom teoremu zakljucio 5^214 = 5^4 (mod 2201).
Naime, greska je jer je 5^4 > 31 i 5^4 > 71.
Na taj bi nacin uistinu trebali koristiti Kineski teorem (jer taj broj daje ostatak 5 pri djeljenju sa 31 i ostatak 57 pri djeljenju sa 71).
Tocnije bi bilo da sam rekao:
5^210=1 (mod 31) i 5^210=1 (mod 71), pa je stoga i 5^210=1 (mod 2201).
Odnosno 5^214 = 5^4 = 625 (mod 2201).
Odredite 5^214 (mod 2201).
Danas sam na vjezbama napravio jedan sitan propust kod ovog zadatka.
Naime, iz 2201=31*71 sam promatrao:
5^214 (mod 31) i 5^214 (mod 71),
te po Malom Fermatovom Teoremu zakljucio da je
5^214=5^4 (mod 31) i 5^214=4^4 (mod 71),
pa iz toga po Kineskom teoremu zakljucio 5^214 = 5^4 (mod 2201).
Naime, greska je jer je 5^4 > 31 i 5^4 > 71.
Na taj bi nacin uistinu trebali koristiti Kineski teorem (jer taj broj daje ostatak 5 pri djeljenju sa 31 i ostatak 57 pri djeljenju sa 71).
Tocnije bi bilo da sam rekao:
5^210=1 (mod 31) i 5^210=1 (mod 71), pa je stoga i 5^210=1 (mod 2201).
Odnosno 5^214 = 5^4 = 625 (mod 2201).
|
|
[Vrh] |
|
vinko Forumaš(ica)
Pridružen/a: 26. 08. 2006. (23:08:00) Postovi: (1A8)16
Spol:
Lokacija: PMF-MO 214
|
Postano: 23:11 sri, 24. 1. 2007 Naslov: Rjesavanje phi(n)=44. |
|
|
Rjesavanje phi(n)=44.
Preporucio bih citateljima da procitaju i temu http://degiorgi.math.hr/forum/viewtopic.php?t=5905
Iz 44 = 2^2 * 11, mozemo zakljuciti da za neparne proste faktore p od n mora vrijediti p-1 dijeli 44.
Buduci su djelitelji od 44 redom 1, 2, 4, 11, 22 i 44, n je oblika 2^a * 3^b * 5^c * 23^d.
Djelitelje 11 i 44 ne moramo promatrati (jer 12 i 45 nisu prosti).
Buduci 4|44, a 8 ne dijeli 44 ==> a=0,1,2 ili 3
Buduci 3 ne dijeli 44 ==> b=0,1
Buduci 5 ne dijeli 44 ==> c=0,1
Buduci 23 ne dijeli 44 ==> d=0,1
Mogli bi na prste provjeriti sve mogucnosti.
Dosta jednostavnije bi bilo to pokusati sistematizirati.
Presutno cu koristiti cinjenice da je phi(a*b)=phi(a)*phi(b) za a i b relativno proste i da su 1 i 2 jedini brojevi za koje je phi(n)=1.
Moglo bi nam pomoci da buduci da 4|44 i 8 ne |44 slijedi na n ima najvise 2 neparna prosta faktora.
Najjednostavnije bi bilo krenuti od najveceg:
23 (d=1). Promotrimo mogucnost c=1: phi(5*23)=4*22=88 > 44, pa dakle c mora biti 0.
Promotrimo slucaj b=1: phi(3*23)=2*22=44. Pa dakle a mora biti 0 ili 1. Dobili smo brojeve 3*23 i 2*3*23
Ostaje nam slucaj b=0: phi(2^a*23)=2^(a-1)*22=44. Pa dakle a mora biti jednak 2. Dobili smo broj 4*23.
Ostaje nam slucaj d=0.
Ako je c=1 imamo...
No mozemo uociti da u preostalim slucajevima vrijedi:
phi(n) <= (uvrstimo najvece moguce vrijednosti za a, b i c) 2^2*2*4=32 < 44, pa mozemo zakljuciti da dalje ne trebamo provjeravati, jer cemo uvijek dobiti broj manji od 44.
Dakle, sva rjesenja su 69, 92 i 138.
Rjesavanje phi(n)=44.
Preporucio bih citateljima da procitaju i temu http://degiorgi.math.hr/forum/viewtopic.php?t=5905
Iz 44 = 2^2 * 11, mozemo zakljuciti da za neparne proste faktore p od n mora vrijediti p-1 dijeli 44.
Buduci su djelitelji od 44 redom 1, 2, 4, 11, 22 i 44, n je oblika 2^a * 3^b * 5^c * 23^d.
Djelitelje 11 i 44 ne moramo promatrati (jer 12 i 45 nisu prosti).
Buduci 4|44, a 8 ne dijeli 44 ==> a=0,1,2 ili 3
Buduci 3 ne dijeli 44 ==> b=0,1
Buduci 5 ne dijeli 44 ==> c=0,1
Buduci 23 ne dijeli 44 ==> d=0,1
Mogli bi na prste provjeriti sve mogucnosti.
Dosta jednostavnije bi bilo to pokusati sistematizirati.
Presutno cu koristiti cinjenice da je phi(a*b)=phi(a)*phi(b) za a i b relativno proste i da su 1 i 2 jedini brojevi za koje je phi(n)=1.
Moglo bi nam pomoci da buduci da 4|44 i 8 ne |44 slijedi na n ima najvise 2 neparna prosta faktora.
Najjednostavnije bi bilo krenuti od najveceg:
23 (d=1). Promotrimo mogucnost c=1: phi(5*23)=4*22=88 > 44, pa dakle c mora biti 0.
Promotrimo slucaj b=1: phi(3*23)=2*22=44. Pa dakle a mora biti 0 ili 1. Dobili smo brojeve 3*23 i 2*3*23
Ostaje nam slucaj b=0: phi(2^a*23)=2^(a-1)*22=44. Pa dakle a mora biti jednak 2. Dobili smo broj 4*23.
Ostaje nam slucaj d=0.
Ako je c=1 imamo...
No mozemo uociti da u preostalim slucajevima vrijedi:
phi(n) <= (uvrstimo najvece moguce vrijednosti za a, b i c) 2^2*2*4=32 < 44, pa mozemo zakljuciti da dalje ne trebamo provjeravati, jer cemo uvijek dobiti broj manji od 44.
Dakle, sva rjesenja su 69, 92 i 138.
Zadnja promjena: vinko; 23:13 sri, 24. 1. 2007; ukupno mijenjano 1 put.
|
|
[Vrh] |
|
vinko Forumaš(ica)
Pridružen/a: 26. 08. 2006. (23:08:00) Postovi: (1A8)16
Spol:
Lokacija: PMF-MO 214
|
Postano: 23:12 sri, 24. 1. 2007 Naslov: Rjesavanje phi(n)=20 ... 2 razlicita pristupa |
|
|
Rjesavanje phi(n)=20.
Iz 20 = 2^2 * 5, mozemo zakljuciti da za neparne proste faktore p od n mora vrijediti p-1 dijeli 20.
Buduci su djelitelji od 20 jednaki 1, 2, 4, 5, 10 i 20, n je oblika 2^a * 3^b * 5^c * 11^d.
5 i 20 ne moramo promatrati (jer 6 i 21 nisu prosti).
Buduci 4|20, a 8 ne dijeli 20 ==> a=0,1,2 ili 3
Buduci 3 ne dijeli 20 ==> b=0,1
Buduci 5|20, a 25 ne dijeli 20 ==> c=0,1,2
Buduci 11 ne dijeli 20 ==> d=0,1
Mogli bi na prste provjeriti sve mogucnosti (sto sam i pokusao na vjezbama, cinilo mi se jednostavnije i brze, jer se puno mogucnosti ne moze dogoditi).
Pa ipak, jednostavnije je sistematizirano promatrati.
Presutno cu koristiti cinjenice da je phi(a*b)=phi(a)*phi(b) za a i b relativno proste i da su 1 i 2 jedini brojevi za koje je phi(n)=1.
Kao i u prethodnom zadatku, mozemo zakljuciti da n ima najvise 2 (ovdje treba) razlicita prosta faktora.
Krenimo opet od najveceg.
11 (d=1). Promotrimo mogucnost c>=0: phi(n)>=phi(5*11)=40>20 pa to otpada. Dakle c=0. Ako je b=1 imamo phi(3*11)=20, pa dobijemo brojeve 3*11 i 2*3*11. Ako je b=0 imamo phi(2^a*11)=2^(a-1)*10=20, tj a=2, pa dobijemo broj 2^2*11.
Ostaje slucaj d=0.
Ako je c=2, imamo phi(5^2)=4*5=20, pa mora biti b=0, te dobijemo brojeve 25 i 50.
Ako je c=1, uzmimo prvo b=1, pa imamo phi(5*3)=2*4=8 on ne dijeli 20, pa to otpada. Dakle b=0. Imamo phi(2^a*5)=2^(a-1)*4=20, tj. 2^(a-1)=5, pa i to otpada.
Sveukupno, dobili samo brojeve 25, 33, 44, 50 i 66.
Jedna kolegica je predlozila jos jedno pojednostavljenje: Mogli bi postupiti kao u rjesenju ovakvog zadatka iz skripte, samo koristeci brojeve 2 i 5 (a ne 2 i 3 kao u knjizi).
A mogli bi i cijeli zadatak drugacije promatrati. Vratimo se na mjesto gdje smo poceli sistematizirati.
Mogli bi promatrati slucaj a<=1. Tj. n=3^b*5^c*11^d ili n=2*3^b*5^c*11^d. Tada ili n mora sastojati od 2 razlicita prosta broja (da bi phi(n) bio djeljiv sa 4) ili mora biti 5^2. Ovaj drugi slucaj je dobar pa dobijemo brojeve 25 i 50.
Dakle, na prste provjerimo slucajeve:
b=0,c=1,d=1 ... nije dobar
b=1,c=0,d=1 ... dobar, pa dobijemo 33 i 66
b=1,c=1,d=0 ... nije dobar.
Ako je a=2, tada n mora imati tocno jedan neparan prost faktor (da bi phi(n) bio djeljiv sa 4). Provjerimo ih sve.
phi(2^2*3)=4 ... nije dobar
phi(2^2*5)=8... nije dobar
phi(2^3*11)=20... dobar ... tj dobili samo 44
Ostaje slucaj a=3... n ne smije imati neparnih prostih djelitelja.
Provjerimo phi(8 )=4 ... nije dobar.
Dakle, kad sve saberemo, ponovo smo dobili 25, 33, 44, 50 i 66.
Rjesavanje phi(n)=20.
Iz 20 = 2^2 * 5, mozemo zakljuciti da za neparne proste faktore p od n mora vrijediti p-1 dijeli 20.
Buduci su djelitelji od 20 jednaki 1, 2, 4, 5, 10 i 20, n je oblika 2^a * 3^b * 5^c * 11^d.
5 i 20 ne moramo promatrati (jer 6 i 21 nisu prosti).
Buduci 4|20, a 8 ne dijeli 20 ==> a=0,1,2 ili 3
Buduci 3 ne dijeli 20 ==> b=0,1
Buduci 5|20, a 25 ne dijeli 20 ==> c=0,1,2
Buduci 11 ne dijeli 20 ==> d=0,1
Mogli bi na prste provjeriti sve mogucnosti (sto sam i pokusao na vjezbama, cinilo mi se jednostavnije i brze, jer se puno mogucnosti ne moze dogoditi).
Pa ipak, jednostavnije je sistematizirano promatrati.
Presutno cu koristiti cinjenice da je phi(a*b)=phi(a)*phi(b) za a i b relativno proste i da su 1 i 2 jedini brojevi za koje je phi(n)=1.
Kao i u prethodnom zadatku, mozemo zakljuciti da n ima najvise 2 (ovdje treba) razlicita prosta faktora.
Krenimo opet od najveceg.
11 (d=1). Promotrimo mogucnost c>=0: phi(n)>=phi(5*11)=40>20 pa to otpada. Dakle c=0. Ako je b=1 imamo phi(3*11)=20, pa dobijemo brojeve 3*11 i 2*3*11. Ako je b=0 imamo phi(2^a*11)=2^(a-1)*10=20, tj a=2, pa dobijemo broj 2^2*11.
Ostaje slucaj d=0.
Ako je c=2, imamo phi(5^2)=4*5=20, pa mora biti b=0, te dobijemo brojeve 25 i 50.
Ako je c=1, uzmimo prvo b=1, pa imamo phi(5*3)=2*4=8 on ne dijeli 20, pa to otpada. Dakle b=0. Imamo phi(2^a*5)=2^(a-1)*4=20, tj. 2^(a-1)=5, pa i to otpada.
Sveukupno, dobili samo brojeve 25, 33, 44, 50 i 66.
Jedna kolegica je predlozila jos jedno pojednostavljenje: Mogli bi postupiti kao u rjesenju ovakvog zadatka iz skripte, samo koristeci brojeve 2 i 5 (a ne 2 i 3 kao u knjizi).
A mogli bi i cijeli zadatak drugacije promatrati. Vratimo se na mjesto gdje smo poceli sistematizirati.
Mogli bi promatrati slucaj a<=1. Tj. n=3^b*5^c*11^d ili n=2*3^b*5^c*11^d. Tada ili n mora sastojati od 2 razlicita prosta broja (da bi phi(n) bio djeljiv sa 4) ili mora biti 5^2. Ovaj drugi slucaj je dobar pa dobijemo brojeve 25 i 50.
Dakle, na prste provjerimo slucajeve:
b=0,c=1,d=1 ... nije dobar
b=1,c=0,d=1 ... dobar, pa dobijemo 33 i 66
b=1,c=1,d=0 ... nije dobar.
Ako je a=2, tada n mora imati tocno jedan neparan prost faktor (da bi phi(n) bio djeljiv sa 4). Provjerimo ih sve.
phi(2^2*3)=4 ... nije dobar
phi(2^2*5)=8... nije dobar
phi(2^3*11)=20... dobar ... tj dobili samo 44
Ostaje slucaj a=3... n ne smije imati neparnih prostih djelitelja.
Provjerimo phi(8 )=4 ... nije dobar.
Dakle, kad sve saberemo, ponovo smo dobili 25, 33, 44, 50 i 66.
|
|
[Vrh] |
|
Lara Forumaš(ica)
Pridružen/a: 17. 01. 2007. (16:23:54) Postovi: (53)16
Spol:
|
Postano: 1:30 čet, 25. 1. 2007 Naslov: |
|
|
Hvala asistentu:) Ovo će nam dobro doći...
Nego imam jedno pitanje ako može. Evo čitam ovaj dio vježbi s verižnim razlomcima. I negdje sam pri kraju, točnije kod definicije sekundarne konvergente. Pa sad ide par dokaza i par zadataka za zadaću.
Koliko je to sve bitno za kolokvij? Nismo baš puno napravili. Da bi riješili zadatke za zadaću, trebalo bi dobro proučiti skriptu, a tamo ima puno toga.
Npr. kako nismo uopće govorili o transcedentnim brojevima, već je samo za zadaću dano da se dokaže da je red s članom (2 na -n!) transcedentan, smijem li pretpostaviti da pitanja s transcedentnosti neće biti u kolokviju? Mislim općenito na sve u ovom dijelu gradiva, ne samo na transcedentnost.
I još nešto,u dokazu da je svaka dobra aproksimacija irac. broja njegova konvergenta ili sekundarna konvergenta, zašto postoje onakvi P/Q i P'/Q'?
Hvala asistentu:) Ovo će nam dobro doći...
Nego imam jedno pitanje ako može. Evo čitam ovaj dio vježbi s verižnim razlomcima. I negdje sam pri kraju, točnije kod definicije sekundarne konvergente. Pa sad ide par dokaza i par zadataka za zadaću.
Koliko je to sve bitno za kolokvij? Nismo baš puno napravili. Da bi riješili zadatke za zadaću, trebalo bi dobro proučiti skriptu, a tamo ima puno toga.
Npr. kako nismo uopće govorili o transcedentnim brojevima, već je samo za zadaću dano da se dokaže da je red s članom (2 na -n!) transcedentan, smijem li pretpostaviti da pitanja s transcedentnosti neće biti u kolokviju? Mislim općenito na sve u ovom dijelu gradiva, ne samo na transcedentnost.
I još nešto,u dokazu da je svaka dobra aproksimacija irac. broja njegova konvergenta ili sekundarna konvergenta, zašto postoje onakvi P/Q i P'/Q'?
|
|
[Vrh] |
|
Lara Forumaš(ica)
Pridružen/a: 17. 01. 2007. (16:23:54) Postovi: (53)16
Spol:
|
|
[Vrh] |
|
vinko Forumaš(ica)
Pridružen/a: 26. 08. 2006. (23:08:00) Postovi: (1A8)16
Spol:
Lokacija: PMF-MO 214
|
Postano: 8:01 čet, 25. 1. 2007 Naslov: |
|
|
[quote="Lara"]Npr. kako nismo uopće govorili o transcedentnim brojevima, već je samo za zadaću dano da se dokaže da je red s članom (2 na -n!) transcedentan, smijem li pretpostaviti da pitanja s transcedentnosti neće biti u kolokviju? Mislim općenito na sve u ovom dijelu gradiva, ne samo na transcedentnost.
I još nešto,u dokazu da je svaka dobra aproksimacija irac. broja njegova konvergenta ili sekundarna konvergenta, zašto postoje onakvi P/Q i P'/Q'?[/quote]
Transcedentni brojevi nece biti. A i opcenito zadataka sa dokazivanjem nece biti bas puno. Mozda jedan, i to nesto malo.
Halo ljudi, pa kolegij je upisalo 188 studentica i studenata. Namjeravam to ispraviti do srijede. Tako da nece bas biti nekih nestandardnih zadataka u kojima cete na razlicite nacine raspisivati i pokusavati doci do rjesenja. Pa ja to sve moram procitat, pregledat, ustanovit eventualne propuste i greske, te dat bodove po nekom objektivnom kriteriju.
Tako da ce zadaci biti slicni zadacima sa prethodnih kolokvija, mozda jedino s nesto jednostavnijim brojevima.
Lara (napisa): | Npr. kako nismo uopće govorili o transcedentnim brojevima, već je samo za zadaću dano da se dokaže da je red s članom (2 na -n!) transcedentan, smijem li pretpostaviti da pitanja s transcedentnosti neće biti u kolokviju? Mislim općenito na sve u ovom dijelu gradiva, ne samo na transcedentnost.
I još nešto,u dokazu da je svaka dobra aproksimacija irac. broja njegova konvergenta ili sekundarna konvergenta, zašto postoje onakvi P/Q i P'/Q'? |
Transcedentni brojevi nece biti. A i opcenito zadataka sa dokazivanjem nece biti bas puno. Mozda jedan, i to nesto malo.
Halo ljudi, pa kolegij je upisalo 188 studentica i studenata. Namjeravam to ispraviti do srijede. Tako da nece bas biti nekih nestandardnih zadataka u kojima cete na razlicite nacine raspisivati i pokusavati doci do rjesenja. Pa ja to sve moram procitat, pregledat, ustanovit eventualne propuste i greske, te dat bodove po nekom objektivnom kriteriju.
Tako da ce zadaci biti slicni zadacima sa prethodnih kolokvija, mozda jedino s nesto jednostavnijim brojevima.
|
|
[Vrh] |
|
duje Forumaš(ica)
Pridružen/a: 07. 11. 2002. (12:21:31) Postovi: (55C)16
Spol:
|
Postano: 8:44 čet, 25. 1. 2007 Naslov: |
|
|
[quote="Lara"]I još nešto,u dokazu da je svaka dobra aproksimacija irac. broja njegova konvergenta ili sekundarna konvergenta, zašto postoje onakvi P/Q i P'/Q'?[/quote]
Niz (obicnih) konvergenti konvergira prema alpha, pa postoji neka konvergenta p/q takva da je alpha < p/q < a/b.
Za P/Q uzmemo najveću konvergentu p_{n,r}/q_{n,r} (običnu ili sekundarnu) koja je manja od a/b, a za P'/Q' uzmemo p_{n,r+1}/q_{n,r+1}. Sada P/Q i P'/Q' imaju trazeno svojstvo po Propoziciji 6.13.
(Ovo sigurno nece doci na kolokviju.)
Lara (napisa): | I još nešto,u dokazu da je svaka dobra aproksimacija irac. broja njegova konvergenta ili sekundarna konvergenta, zašto postoje onakvi P/Q i P'/Q'? |
Niz (obicnih) konvergenti konvergira prema alpha, pa postoji neka konvergenta p/q takva da je alpha < p/q < a/b.
Za P/Q uzmemo najveću konvergentu p_{n,r}/q_{n,r} (običnu ili sekundarnu) koja je manja od a/b, a za P'/Q' uzmemo p_{n,r+1}/q_{n,r+1}. Sada P/Q i P'/Q' imaju trazeno svojstvo po Propoziciji 6.13.
(Ovo sigurno nece doci na kolokviju.)
|
|
[Vrh] |
|
Lara Forumaš(ica)
Pridružen/a: 17. 01. 2007. (16:23:54) Postovi: (53)16
Spol:
|
|
[Vrh] |
|
Ema Forumaš(ica)
Pridružen/a: 01. 02. 2005. (12:44:59) Postovi: (9C)16
|
Postano: 16:07 čet, 25. 1. 2007 Naslov: |
|
|
ako imamo zadatak izracunati broj a=[1,3,1,2,1,2,1,2,....]
a=1+1/(3+1/b),
pri čemu je b=[1,2,1,2,1,2,...]=1+1/(2+1/b))=1+b/(2b+1)=(3b+1)/(2b+1)
=> 2b^2-2b-1=0 => b=(2+2sqrt(3))/4=(1+sqrt(3))/2
ako to uvrstimo u prvu jednadzbu imamo
a=1+1/(3+2/(1+sqrt(3))=1+(1+sqrt(3))/(5+3sqrt(3))=(6+4sqrt(3))/(5+3sqr(3))
a=3-sqrt(3)
zanima me kako bi sada a=3-sqrt(3) ponovo razvili u jednostavni verizni razlomak a=[1,3,1,2,1,2,1,....]?
algoritmom koji je opisan u skripti i koji smo radili na vjezbama sa s_i, t_i, i a_i ne ide, jer dobivamo negativne brojeve.
Smijemo li algoritam promijeniti tako da za s_i, t_i i a_i uzimamo apsolutne vrijednosti dobivenih izraza i a_0=3-sqrt(3)?
u ovom primjeru mi je to uspijelo pa me zanima vrijedi li to i opcenito?
hvala
ako imamo zadatak izracunati broj a=[1,3,1,2,1,2,1,2,....]
a=1+1/(3+1/b),
pri čemu je b=[1,2,1,2,1,2,...]=1+1/(2+1/b))=1+b/(2b+1)=(3b+1)/(2b+1)
⇒ 2b^2-2b-1=0 ⇒ b=(2+2sqrt(3))/4=(1+sqrt(3))/2
ako to uvrstimo u prvu jednadzbu imamo
a=1+1/(3+2/(1+sqrt(3))=1+(1+sqrt(3))/(5+3sqrt(3))=(6+4sqrt(3))/(5+3sqr(3))
a=3-sqrt(3)
zanima me kako bi sada a=3-sqrt(3) ponovo razvili u jednostavni verizni razlomak a=[1,3,1,2,1,2,1,....]?
algoritmom koji je opisan u skripti i koji smo radili na vjezbama sa s_i, t_i, i a_i ne ide, jer dobivamo negativne brojeve.
Smijemo li algoritam promijeniti tako da za s_i, t_i i a_i uzimamo apsolutne vrijednosti dobivenih izraza i a_0=3-sqrt(3)?
u ovom primjeru mi je to uspijelo pa me zanima vrijedi li to i opcenito?
hvala
|
|
[Vrh] |
|
|