A)
#include <iostream>
<span>
#include "math.h"</span>
using namespace std;
int main()
{
const double Pi = 3.14;
double x,y;
<span> cin >> x;
</span>
y=((2*pow(sin(x),2))/(Pi*x)-atan(x));
cout << y << endl;
<span>}
б)
</span>#include <iostream>
<span>
<span>#include <cmath>
</span></span>double log(double a, double b)
{
return log(b) / log(a);
}
using namespace std;
int main()
{
double x,y;
cin >> x;
y=log(5,abs(x-12.5*pow(x,9))+((2*x-4)/(abs(pow(x,8)-12*pow(x,4)+5.1*pow(x,3)))));
cout << y << endl;
}
1)Емеля щуку поймал 2)щука ему человеческим голосом говорит 3)щука говорит емеле волшебные слова по щучему велению по моему хотению 4)Емеля пробует это на вёдрах 5)они оживают набирают воды и идут домой 6)приходят ставятся на стол,а коромысло на крючок.
Исходные отношения не связаны. Необходимые поля для связи добавлены (см. вложение). Примечание: PK - Primary Key (первичный ключ).
Представим, что мы знаем ответ на вопрос "чему равна сумма всех выписанных чисел при выполнении вызова F(n)" для всех n < k. Попробуем понять, как найти ответ для n = k.
Что делает F(n)? Читаем текст программы: сначала выводит n, а потом (если n > 0) запускает F(n - 1) и F(n - 3). Обозначим S(n) - сумму всех чисел после вызова F(n), тогда (при n > 0)
S(n) = n + S(n - 1) + S(n - 3)
Для неположительных n получаем, что S(n) = n (т.к. F(n) просто выводит n и завершает работу, не запуская никаких других F).
Остается только расписать, чему равно S(5)...
S(-2) = -2
S(-1) = -1
S(0) = 0
S(1) = 1 + S(0) + S(-2) = 1 + 0 - 2 = -1
S(2) = 2 + S(1) + S(-1) = 2 - 1 - 1 = 0
S(3) = 3 + S(2) + S(0) = 3 + 0 + 0 = 3
S(4) = 4 + S(3) + S(1) = 4 + 3 - 1 = 6
S(5) = 5 + S(4) + S(2) = 5 + 6 + 0 = 11
Ответ. 11.
______________
При исследовании рекурсивных алгоритмов бывает полезно понять, сколько вызовов функций делает программа (например, если рисовать дерево вызовов, это будет показывать количество "стрелочек" на этом дереве). Представим себе, что мы стали выполнять алгоритм на бумаге, попробуем понять, сколько чисел придется выписывать.
Если #(N) - число вызовов процедуры F при наивном вычислении F(N). Понятно, что #(N) = #(N - 1) + #(N - 3) (при N <= 0 #(N) = 1). Не задаваясь целью получить точную формулу для #(N), получим только оценку (на самом деле, весьма показательную).
Очевидно, что #(N - 1) >= #(N - 3), тогда #(N) >= 2 * #(N - 3).
Так как #(0) = 1, то #(3) >= 2 * #(0) = 2, #(6) >= 2 * #(3) >= 2^2, #(9) >= 2 * #(6) >= 2^3, и вообще #(3N) >= 2^N
Отсюда можно предположить, что #(N) растет не медленнее, чем 2^(N/3) >= 1.25^N. Если 1,25^N кажется медленно растущей функцией - это вовсе не так, для N = 100 (это немного, наверно?) получим число, большее миллиарда. Так что если не запоминать промежуточные результаты, результат будет считаться ооочень долго. S(N) также растет быстро, но это уже другая проблема.