Matematyka.pl

Dla jednego wymiaru mamy: x_n =x_{n-1}-f(x_{n-1})\frac{x_{n-1}-x_{n-2}}{f(x_{n-1})-f(x_{n-2})} =\frac{x_{n-2}f(x_{n-1})-x_{n-1}f(x_{n-2})}{f(x_{n-1})-f(x_{n-2})} Dla wielu jest metoda https://pl.wikipedia.org/wiki/Metoda_Broydena ale w pierwszym kroku wymaga pochodnych. Jak wyglądałaby metoda bez po...

Mam pewien pomysł i pytanie jak usprawnić: procedura szukająca na podstawie trzech punktów będzie zakładała że ma do czynienia z parabolą i szukała punktu x = -\frac{b}{2a} . W przypadku większej ilości wymiarów będzie szukanie paraboloidy czy hiper-paraboloidy na podstawie \frac{n(n+1)}{2} punktów....

I jak wychodzi? Mathematica potrafi wyliczyć drugie ale pierwszego nie, mimo że chyba na tej samej zasadzie jest oparte.

Potrafię rozwiązywać wszystkie równania 2-go i 3-go stopnia z zespolonymi współczynnikami. Z czwartym było źle, ale znalazłem metodę gdzie rozkłada się takie równanie na iloczyn dwóch drugiego stopnia. Jest to opisane w "Solution of cubic and quartic equations" - S.Neumark. Dla Ax^4+Bx^3+C...

Czy jest jakiś pełny przykład na liczbach zespolonych użycia metody Ferrariego do rozwiązywania równania czwartego stopnia? Ja robię według wzorów i mi nie wychodzi. Jednak otrzymałem dobre wyniki gdy jeden z pierwiastków równania pomocniczego trzeciego stopnia sprzężyłem a może zanegowałem - do czę...

Czyli \(\displaystyle{ a^3 - \left( \frac 1 a\right)^3 = \left( a-\frac 1 a\right)\left( \left( a-\frac 1 a\right)^2+3 \right) = \left( a-\frac 1 a\right) \left( a^2+1+\frac{1}{a^2} \right)}\)
zgadza się ze wzorem \(\displaystyle{ a^3-b^3 = \left(a-b\right)\left(a^2+ab+b^2\right)}\)

To znaczy nie istnieje takie N, że wszystkie liczby pierwsze miały by tę samą resztę? Na przykład dla N=2 sama dwójka się nie zgadza.

Premislav pisze:ze wzoru skróconego mnożenia na różnicę sześcianów
\(\displaystyle{ \left( a-\frac 1 a\right)\left( \left( a-\frac 1 a\right)^2+3 \right)=4}\),

Jak to się ma do: \(\displaystyle{ a^3-b^3 = (a-b)(a^2+ab+b^2)}\)

Wracając do wyszukiwania funkcji odwrotnych: najprostszy przypadek, gdy mamy tylko skalowanie wzdłuż obu osi i przesunięcia , np dla a \cdot \sin (c \cdot x + d) + b mamy a_1 \cdot \arcsin (c_1 \cdot y + d_1) + b_1 gdzie a_1,b_1,c_1,d_1 odpowiednio wyliczamy. Ale już odwrotnej do \sin (x)+x nie wiem...

Aha, czyli wykorzystuje się tu wzór na kwadrat sumy! Zadanie nie tak zawikłane jak pierwiastek pod pierwiastkiem sześciennym : https://www.matematyka.pl/430802.htm gdzie trzeba było rozwiązywać pierwiastki wielomianu stopnia trzeciego.

\(\displaystyle{ \left(-\sqrt{2}-\sqrt{3}+1\right) \left(1-\sqrt{\sqrt{3}+2}\right) = 2}\)
Wiele przekształceń gdzie są pierwiastki korzysta z wzoru : \(\displaystyle{ (a+b)(a-b)=a^2-b^2}\) ale chyba tutaj mamy co innego.

Jak to nie, a na tym przedziale jest odwrotna \(\displaystyle{ x = \sqrt{y}}\)

Lisp czy Clojure mają zaawansowane operacje na listach, ja w C++ nie muszę mieć aż tak zaawansowane, ale jak można zrobić coś takiego: - nie dodaję jednego elementu, ale tworzę np. 5-10 elementowe drzewko i go dodaję w dowolnym miejscu drzewa, - jeden element mogę dodać wielokrotnie - potrzeba klono...

Jak ograniczymy się tylko do przedziału to jest, podejrzewam nawet że funkcja ciągła jest bijekcją wtedy i tylko wtedy gdy na przedziale jest ściśle monotoniczna.

Bijekcja jest jednocześnie surjekcją i injekcją. Funkcja kwadratowa jest surjekcją ale nie injekcją , więc nie jest bijekcją. Chodzi mi właśnie o szczególne przedziały tej funkcji trzeciego stopnia. Rozumem: ciągła funkcja \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} jest bijekcją wtedy i tylko wtedy gdy jest ...