Second Opinion
Folosind serviciul second opinion ne puteți trimite RMN-uri, CT -uri, angiografii, fișiere .pdf, documente medicale. Astfel vă vom putea da o opinie neurochirurgicală, fără ca aceasta să poată înlocui un consult de specialitate. Răspunsurile vor fi date prin e-mail în cel mai scurt timp posibil (de obicei în mai putin de 24 de ore, dar nu mai mult de 48 de ore). Second opinion – Neurohope este un serviciu gratuit. www.neurohope.ro |
Probleme matematicã
Last Updated: Aug 09 2017 07:31, Started by
Zamo
, Mar 14 2008 18:22
·
0
#4879
Posted 24 June 2017 - 19:20
Baggins, on 24 iunie 2017 - 16:09, said:
Se dă polinomul f(x) = x^3 - x + a , a număr real a=? astfel încăt f are rădacini întregi Problema e cam ambiguă: cel putin o rădăcină întreagă sau toate rădăcinile întregi . În primul caz a este produsul a trei numere întregi consecutive; în cel de-al doilea a = 0 (rezultă folosind primele două relaţii ale lui Viete). |
#4880
Posted 24 June 2017 - 19:44
Nu pricep.
De asemenea, nu pricep nici varianta dată de ei: [ https://s2.postimg.org/vxi8ogbk9/adabf77706b47c2bda57de4120973f79.png - Pentru incarcare in pagina (embed) Click aici ] Acolo nu era x2 aparţine (x1,x3) şi x3 aparţine (x3,+inf)? De unde rezultă că x2=0 apoi? Plus că au plecat au plecat de la faptul că toate sunt întregi, iar eu din cerinţă înţeleg că cel puţin una. Edited by Baggins, 24 June 2017 - 19:48. |
#4881
Posted 24 June 2017 - 21:02
Baggins, on 24 iunie 2017 - 19:44, said: Nu pricep. O ecuatie de gradul trei are o radacina reala si doua complexe sau trei radacini reale (eventual coincidente). Din cerintele problemei ("radacini intregi", cu pluralul nearticulat) se deduce ca trebuie sa avem mai mult de o radacina intreaga, deci cel putin doua radacini intregi -> reale -> toate trei radacinile trebuie sa fie reale. Aceasta inseamna ca una dintre radacinile lui f(x) trebuie sa se gaseasca intre radacinile distincte ale derivatei f'(x) -> intre -1/sqrt(3) si 1/sqrt(3). Mai mult, deoarece suma radacinilor lui f(x) este un intreg (cf. Viète) si doua radacini sunt sigur intregi, rezulta ca si a treia trebuie sa fie tot intreaga. Inseamna deci ca una dintre radacinile lui f(x) trebuie sa fie unul dintre numerele intregi cuprinse intre -0,57735... si 0,57735.... Singurul numar intreg cuprins in acel interval este 0 (scuze pentru mesajul precedent, uitasem sa inversez fractia). Deci x = 0 este solutie a f(x) de unde termenul liber trebuie sa se anuleze -> a = 0. Inlocuind aceasta valoare in ecuatia f(x) = 0 gasim o ecuatie cu solutiile imediate x1 = -1, x2 = 0, x3 = 1. Asadar aceasta este unica solutie (exista, fiindca are radacini intregi). Quote Plus că au plecat au plecat de la faptul că toate sunt întregi, iar eu din cerinţă înţeleg că cel puţin una. vvilmos are dreptate, enuntul este formulat usor ambiguu, problemele de matematica nu trebuie sa constituie exercitii de semantism in interpretarea LR ci sa puna probleme matematice. Edited by mdionis, 24 June 2017 - 21:11. |
#4882
Posted 25 June 2017 - 17:55
Putin ajutor, va rog.
Daca A, B sunt doua matrice (dimensiune nxn, n>=3) cu intrari complexe si polinomul minimal al lui AB este x^3, rezulta ca polimomul minimal al lui BA este x^2 sau x^3? Pentru n=3 nu sunt probleme, insa pentru n>3 nu gasesc o justificare de ce ar fi asa. Si daca nu e asa, ce contraexemplu sa gasesc? |
#4883
Posted 25 June 2017 - 23:45
danutz96, on 25 iunie 2017 - 17:55, said:
Putin ajutor, va rog. Daca A, B sunt doua matrice (dimensiune nxn, n>=3) cu intrari complexe si polinomul minimal al lui AB este x^3, rezulta ca polimomul minimal al lui BA este x^2 sau x^3? Pentru n=3 nu sunt probleme, insa pentru n>3 nu gasesc o justificare de ce ar fi asa. Si daca nu e asa, ce contraexemplu sa gasesc? Pentru n>3 polinomul minimal al lui BA poate fi şi x^4 (şi atât!). Exemplu: A = [[0, 1, 0, 0], [0, 0, 1, 0], [0, 0, 0, 1], [0, 1, 0, 0]] B = [[0, 1, 0, 0], [0, 0, 1, 0], [0, 0, 0, 1], [0, 0, 0, 0]] |
#4885
Posted 30 June 2017 - 16:11
se poate rezolva problema asta in alt mod?
eventual, observand ca 2017 divide orice numar de forma an? merci de efort. Attached Files |
#4886
Posted 30 June 2017 - 19:08
carbaSTAN, on 30 iunie 2017 - 16:11, said: se poate rezolva problema asta in alt mod? Posibil, insa la nivel de clasa a V-a si (oricum) cea mai simpla cale este cea indicata in solutie. Quote eventual, observand ca 2017 divide orice numar de forma an? Nu. Problema cere altceva. Este insa adevarat ca enuntul nu straluceste prin claritate si trebuie citit cu atentie pentru a intelege cerinta in mod corect. carbaSTAN, on 30 iunie 2017 - 17:08, said: hai mai colegilor, ce pisici, ... Hmmm. Nu este exact cel mai indicat mod de a cere in mod dragut si respectuos un ajutor gratios si dezinteresat din partea altora. |
#4887
Posted 30 June 2017 - 20:42
mdionis, on 30 iunie 2017 - 19:08, said:
Este insa adevarat ca enuntul nu straluceste prin claritate si trebuie citit cu atentie pentru a intelege cerinta in mod corect. |
#4888
Posted 30 June 2017 - 21:52
takemeintoyourskin, on 30 iunie 2017 - 20:42, said: Ar fi trebuit un n<=p , pentru n ap [p+1,2p] nu mai merge rationamentul de mai sus. Sunt curios daca enuntul ar fi fost n>p cum s-ar fi rezolvat, ca tot se vorbeste despre o alta abordare. De aceea ziceam ca enuntul nu straluceste prin claritate: prima fraza pare sa sugereze ca n ar fi fixat sau ca macar ar lua niste valori anume. Banuiesc ca exprimarea laconica din enunt a fost gandita pentru a evita orice referire la notiunea de "functie" care ar fi putut sa deranjeze la nivel de clasa a V-a. Profesorul ar fi putut totusi incepe astfel: "Pentru orice numar natural nenul n definim numarul natural notat cu an = 2017.....2017 in care cifrele "2017" se repeta exact de n ori". Eventual putea preciza pentru claritate "a1 = 2017, a2 = 20172017 si asa mai departe". Apoi prima fraza din solutie este certata cu limba romana, verbul "este" nu avea ce cauta acolo. Ar fi trebuit sa inceapa "Sa consideram un numar prim oarecare p > 5 si multimea de numere Mp = { a1, a2, ..., ap } = { 2017, 20172017, 201720172017, ... , 20172017...2017 }. Vrem sa aratam ca cel putin un element al lui Mp se divide cu p. Sa presupunem prin absurd ca niciunul dintre elementele lui Mp nu se divide cu p. Asadar numerele a1, a2, ... ". In fine, cine se straduieste sa descifreze sensul, ajunge la raspuns. Edited by mdionis, 30 June 2017 - 22:17. |
|
#4889
Posted 01 July 2017 - 11:04
si tot ce-i neinteles, se schimba-n neintelesuri si mai mari.
de ce e adevarata partea subliniata? Attached Files |
#4890
Posted 01 July 2017 - 11:06
Citește ce scrie un rand mai sus fata de ce ai subliniat.
|
#4891
Posted 02 July 2017 - 09:05
problema e o prostie inventata de un ,,,, .
pentru orice numar de forma aia exista numarul 2017 care e prim si care divide numarul an. Edited by carbaSTAN, 02 July 2017 - 09:05. |
#4892
Posted 02 July 2017 - 09:34
carbaSTAN, on 02 iulie 2017 - 09:05, said:
problema e o prostie inventata de un ,,,, . Quote pentru orice numar de forma aia exista numarul 2017 care e prim si care divide numarul an. Continui sa citesti eronat si de data aceasta nu e vina enuntului fiindca acolo scrie clar "Pentru oricare p [...]", nicidecum "pentru oricare n". Nu trebuie sa gasesti un numar prim care sa divida un an oarecare ci un numar de forma an care sa se divida cu un numar prim oarecare p > 5. Parcursul nu este an -> p ci p -> n -> an. |
#4893
Posted 02 July 2017 - 14:52
Problema este de tip "olimpiadă".
Pentru liceu se poate chiar rafina puţin: arătaţi că pentru p > 101 se poate alege n = p-1. |
|
#4894
Posted 02 July 2017 - 15:14
#4895
Posted 02 July 2017 - 15:42
#4896
Posted 02 July 2017 - 15:59
Anunturi
▶ 0 user(s) are reading this topic
0 members, 0 guests, 0 anonymous users