  |
|
| ° Forum ° Rejestracja ° Szukaj ° | |
| Auto giełda ° wnętrzowe stacje transformatowe |
 |
Matma / LICZBY WYMIERNE |
| Autor | Wiadomo¶ć |
| EMEAN
|
Posted: 5 Cze 2000 08:13:28 Wykonaj działania: 1. (2x^4 - 9x^3 + 14X^2 - 9x + 2)/(x -1) : 1/(x^2 - 2x + 4) 2. (x^2 + 8x + 16)/(x - 2) : (x^3 - 12x^2 + 256)/(x+4) Mam nadzieje, że te zadanka nie sprawi± wam większych problemów! Pozdrawiam Emean. |
| Marek Szyjewski
|
Posted: 5 Cze 2000 11:41:43 Wykonaj działania: 1. (2x^4 - 9x^3 + 14X^2 - 9x + 2)/(x -1) : 1/(x^2 - 2x + 4) 2. (x^2 + 8x + 16)/(x - 2) : (x^3 - 12x^2 + 256)/(x+4) Mam nadzieje, że te zadanka nie sprawi± wam większych problemów! Pozdrawiam Emean. Bardziej na miejscu bylaby nadzieja, ze Twoja praca domowa nie sprawi klopotu Tobie... W przykladzie 1. x=1 jest pierwiastkiem wielomianu czwartego stopnia w liczniku, wiec dzielna jest wielomianem: (2x^4 - 9x^3 + 14X^2 - 9x + 2)/(x -1) = 2x^3 - 7x^2 + 7x - 2. Wynikiem jest iloczyn tego wielomianu i trojmianu x^2 - 2x + 4. W przykladzie 2. licznikiem dzielnej jest (x+4)^2, a licznikiem dzielnika jest (x+4)(x-8)^2. napisac na wspolnej kresce, zredukowac wyrazy podobne... Tylko dlaczego zadania o FUNKCJACH WYMIERNYCH przysylasz pod naglowkiem "LICZBY WYMIERNE"? To wymierne i to wymierne, ale to sa dwie rozne rzeczy... Z powazaniem Marek Szyjewski My, samotnicy, powinnismy trzymac sie razem! |
| Sliwtan
|
Posted: 8 Kwi 2001 10:44:15 1. niech granice przedziału: a = 0; c = 1 2. niech b = (a+c)/2; 3. zaznaczmy punkt b na osi liczbowej 4. wywołaj punkty 2,3,4 dla przedziału (a,b) i (b,c) Czy w ten sposób zaznaczy się wszystkie liczby wymierne pomiędzy 0 i 1 ? Niedyś słyszałem, że nie ale wymyśliłem coś takiego: Każdą liczbę wymierną z przedziału (0;1) możemy przedstawić w postaci okresowego lub skończonego ułamka dziesiętnego. To samo możemy zrobić stosując system dwójkowy: x = a_1*2^(-1) + a_2*2^(-2) + ... + a_n*2^(-n) dla k od 1 do n: a_k jest 0 lub 1 A właśnie w powyższy sposób można zapisać pozycję każdej zaznaczonej w powyższym algorytmie liczby na osi! Co o tym myślicie? Jak by to wyglądało dla liczb rzeczywistych? pzdr. Sliwtan |
| Szymon W±sowicz
|
Posted: 8 Kwi 2001 16:21:34 1. niech granice przedziału: a = 0; c = 1
2. niech b = (a+c)/2; 3. zaznaczmy punkt b na osi liczbowej 4. wywołaj punkty 2,3,4 dla przedziału (a,b) i (b,c) Czy w ten sposób zaznaczy się wszystkie liczby wymierne pomiędzy 0 i 1 ? Nie. Zaznaczysz tylko liczby postaci k/2^n, gdzie nin N, k=0,1,...,2^n, czyli tzw. liczby diadyczne (taka terminologia stosowana jest na okre¶lenie tych liczb np. przez ludzi zajmuj±cych się analiz± wypukł±). Tworz± one zbiór gęsty w [0,1], ale nie s± to wszystkie liczby wymierne należ±ce do [0,1]. Niedyś słyszałem, że nie ale wymyśliłem coś takiego:
Każdą liczbę wymierną z przedziału (0;1) możemy przedstawić w postaci okresowego lub skończonego ułamka dziesiętnego. To samo możemy zrobić stosując system dwójkowy: x = a_1*2^(-1) + a_2*2^(-2) + ... + a_n*2^(-n) dla k od 1 do n: a_k jest 0 lub 1 A właśnie w powyższy sposób można zapisać pozycję każdej zaznaczonej w powyższym algorytmie liczby na osi! Co o tym myślicie? Jak by to wyglądało dla liczb rzeczywistych? Zastanówmy się, jaka byłaby postać liczby k/2^n w tej reprezentacji. 0=0,0; 1/2 = 0,1; 1=0,(1) 0=0,00; 1/4=0,01, 2/4=0,10, 3/4=0,11, 1=0,(1) 0=0,000, 1/8=0,001, 2/8=0,010, 3/8=0,011, 4/8=0,100, 5/8=0,101, 6/8=0,110, 7/8=0,111, 1=0(1) itd., itd. Nie chcę wchodzić za bardzo w szczegóły, ale widać, że rozwinięcie dwójkowe liczby k/2^n może mieć jedynki co najwyżej do n-tego miejsca po przecinku, a dalej ma same zera. Widzimy więc, że nie dostaniemy st±d wszystkich liczb wymiernych z przedziału [0,1]. Nie dostaniemy po prostu ułamków okresowych. Np. ile to jest 0,(01)? To jest 1/4 + 1/16 + 1/64 + ... = (1/4)/(1-1/4) = 1/3, a liczby 1/3 nie dostaniemy stosuj±c Twoj± konstrukcję. -- Serdecznie pozdrawiam, Szymek |
| Sliwtan
|
Posted: 8 Kwi 2001 19:04:26 1. niech granice przedziału: a = 0; c = 1
2. niech b = (a+c)/2; 3. zaznaczmy punkt b na osi liczbowej 4. wywołaj punkty 2,3,4 dla przedziału (a,b) i (b,c) Czy w ten sposób zaznaczy się wszystkie liczby wymierne pomiędzy 0 i 1 ? Nie. Zaznaczysz tylko liczby postaci k/2^n, gdzie nin N, k=0,1,...,2^n, czyli tzw. liczby diadyczne (taka terminologia stosowana jest na okre¶lenie tych liczb np. przez ludzi zajmuj±cych się analiz± wypukł±).
Tworz± one zbiór gęsty w [0,1], ale nie s± to wszystkie liczby wymierne należ±ce do [0,1]. Niedyś słyszałem, że nie ale wymyśliłem coś takiego: Każdą liczbę wymierną z przedziału (0;1) możemy przedstawić w postaci okresowego lub skończonego ułamka dziesiętnego. To samo możemy zrobić stosując system dwójkowy: x = a_1*2^(-1) + a_2*2^(-2) + ... + a_n*2^(-n) dla k od 1 do n: a_k jest 0 lub 1 A właśnie w powyższy sposób można zapisać pozycję każdej zaznaczonej w powyższym algorytmie liczby na osi! Co o tym myślicie? Jak by to wyglądało dla liczb rzeczywistych? Zastanówmy się, jaka byłaby postać liczby k/2^n w tej reprezentacji. 0=0,0; 1/2 = 0,1; 1=0,(1) 0=0,00; 1/4=0,01, 2/4=0,10, 3/4=0,11, 1=0,(1) 0=0,000, 1/8=0,001, 2/8=0,010, 3/8=0,011, 4/8=0,100, 5/8=0,101, 6/8=0,110, 7/8=0,111, 1=0(1) itd., itd. Nie chcę wchodzić za bardzo w szczegóły, ale widać, że rozwinięcie dwójkowe liczby k/2^n może mieć jedynki co najwyżej do n-tego miejsca po przecinku, a
dalej ma same zera. Widzimy więc, że nie dostaniemy st±d wszystkich liczb
wymiernych z przedziału [0,1]. Nie dostaniemy po prostu ułamków okresowych.
Np. ile to jest 0,(01)? To jest 1/4 + 1/16 + 1/64 + ... = (1/4)/(1-1/4) = 1/3, a liczby 1/3 nie dostaniemy stosuj±c Twoj± konstrukcję.
stosuj±c ten rekurencyjny algorytm w nieskończono¶ć, usyskamy ułamek o nieskończonym (może okresowym) rozwinięciu. :-0 czyli też liczby rzeczywiste???? Nie jestem przekonany. Może dałoby się obalić to, w drug± stronę: wykazać, że np. do 1/3 tak się nie dojdzie pzdr. Sliwtan --
Serdecznie pozdrawiam, Szymek |
| Szymon W±sowicz
|
Posted: 8 Kwi 2001 20:54:53 stosuj±c ten rekurencyjny algorytm w nieskończono¶ć, usyskamy ułamek o
nieskończonym (może okresowym) rozwinięciu. :-0 czyli też liczby rzeczywiste???? Nie. Na każdym kroku rozwinięcia będ± skończone. Przecież mamy: 0 krok: 0,1 1 krok: 0/2, 1/2, 2/2 2 krok: 0/4, 1/4, 2/4, 3/4 3 krok: 0/8, 1/8, 2/8, 3/8, 4/8, 5/8, 6/8, 7/8, 8/8 4 krok: 0/16, 1/16, ... , 15/16, 16/16 itd. Zatem stosuj±c tę konstrukcję dostaniemy wszystkie i tylko te liczby, które da się zapisać w postaci k/2^n dla pewnej liczby naturalnej n oraz dla k=0,1,...,2^n. Rozwinięcia wszystkich liczb tej postaci s± skończone, tylko - że tak powiem - coraz dłuższe. A przecież nie stosujemy tu przej¶cia granicznego z otrzymanymi ułamkami. I tak naprawdę nie bardzo da się to zrobić, bo - jak napisałem wcze¶niej - zbiór liczb postaci k/2^n, gdzie nin N, k=0,1,...,2^n, jest gęsty w [0,1]. Zatem każd± liczbę z tego przedziału można dostać jako granicę pewnego ci±gu z tego zbioru, lecz przy konstrukcji tego zbioru (liczb diadycznych) przej¶ć granicznych się nie stosuje. Wróćmy jeszcze do punktu 4 Twojego przepisu: 4. wywołaj punkty 2,3,4 dla przedziału (a,b) i (b,c)
To co tu dostanę, to liczby z mojego kroku 2, tj. 1/4, 3/4. Zatem zaznaczone już mamy wszystkie te z mojego kroku 2. Jak rozumiem, to teraz my¶lisz o wykonaniu algorytmu dla przedziałów [0,1/4], [1/4, 1/2], [1/2, 3/4], [3/4, 1]. Dostaniemy wtedy zaznaczone liczby z mojego kroku 3. Itd., itd. Mam nadzieję, że dobrze Cię zrozumiałem. Wtedy rzeczywi¶cie dostaniemy wszystkie liczby diadyczne i nic poza tym. Nie jestem przekonany. Może dałoby się obalić to, w drug± stronę: wykazać,
że np. do 1/3 tak się nie dojdzie Pewnie, że tak się nie dojdzie i widać to z samej konstrukcji. Przecież 1/3 nie jest postaci k/2^n. -- Serdecznie pozdrawiam, Szymek |