|
[435] Káli gúla | 2005-11-09 16:00:42 |
A konvergenciához valahogy be kell látni (ld. 424), hogy a szomszédos törtek különbségében a számláló 1. Ebből --csak a kacifántosság kedvéért-- egyszerűen belátható, hogy a limesz, azaz irracionális.
|
Előzmény: [432] Ali, 2005-11-09 15:10:08 |
|
[434] nadorp | 2005-11-09 15:36:07 |
Bocs,nem láttam az előző négy hozzászólást (éppen TeX-eltem). Ennek tudtában nem részletezek ennyit.
|
|
[433] nadorp | 2005-11-09 15:29:46 |
Ez a megoldás csak egy adalék, hiszen a példát már megoldottátok. Úgy rémlik, hogy általános esetben is valami hasonló módszerrel kezelik a lánctörteket.
Könnyű látni, hogy igaz az alábbi két állítás:
1. Ha , akkor rn>rn+2 és
2. Ha , akkor rn<rn+2 és
Mivel , ezért r1>r3 és is teljül. Innen indukcióval nyerjük, hogy
Teljesen hasonlóan
A páratlan és páros indexű tagokból álló két sorozat külön külün szigorúan monoton és korlátos, tehát konvergens. Mivel , ezért a hátérték mindkét esetben kielégíti az egyenletet, aminek egyetlen pozitív megoldása a . Ha most "összefűzzük" a két sorozatot, akkor elég nagy n-től kezdve a páros és páratlan indexű elemek mindegyike elég közel lesz -hez ( ez most nem precíz megfogalmazás!!), azaz az eredeti sorozatnak is ez a határértéke.
|
Előzmény: [427] Lóczi Lajos, 2005-11-09 11:26:20 |
|
|
|
|
|
[428] Gubbubu | 2005-11-09 13:46:47 |
Egy tényleg egyszerűke kis feladat, kisebbeknek (a "szultán és rabok" néven is ismert fa. egy variációja):
Gilgames, Uruk város pateszije (uralkodója), a Legyőzhetetlen Bika, Az Istenek Ereje, Istár Istenasszony Kegyeltje, Győzedelmes Minden Égtájak Seregei Fölött, Kedves Az Égiek Előtt. etc. etc. trónra kerülése után az ilyen alkalmakkor szokásos közkegyelemben részesíti a Borzalmak Háza (az uruki börtön) nyomorult lakóit. Megbízza száz hű emberét, hogy az első mindegyik ajtót nyissa ki, a második minden másodikat zárja be, a harmadik minden harmadikat nyissson ki, a negyedik minden negyediket zárja be ... és így tovább. Mely sorszámú cellák rabjai szabadulnak?
|
|
|
[426] ágica | 2005-11-09 06:18:00 |
Én úgy tudom, hogy egy szám lánctört közelítései konvergálnak az adott számhoz, tehát ezt nem kell bizonyítani :) A -1-nek pedig az 1/n sorozat nem a lánctört-közelítéseinek a sorozata :)
|
Előzmény: [423] Lóczi Lajos, 2005-11-08 23:04:28 |
|
|
[424] Róbert Gida | 2005-11-09 00:32:00 |
Ez a 80. feladat elég közismert a diofantikus approximáció elméletben, de azért van elemi megoldása is: Nézzük az sorozatot, ahol lnko(pn,qn)=1, ekkor a sorozatból pl. p1=3;q1=2 teljesül. Ekkor a rekurzióból:
. De mivel lnko(pn,qn)=1 ezért itt a nevező és a számláló relatív prímek, azaz pn+1=2qn+pn és qn+1=qn+pn. Teljes indukcióval könnyen bizonyítható, hogy:
pn2=2*qn2+(-1)n+1
teljesül. Ebből az egyenletből:
. Mivel a rekurzióból qn szigorúan monoton nő, ezért tart 2-höz, de nyilván ezért tart -höz, azaz az eredeti sorozat -hez.
|
|
[423] Lóczi Lajos | 2005-11-08 23:04:28 |
Körmönfont :) De azt az állítást, miszerint "n növekedésével az n-edik lánctört közelítés egyre jobban megközelíti -t" hogy lehet bizonyítani? (Ráadásul az, hogy "egyre jobban megközelíti", nem feltétlenül jelenti azt, hogy a limesze is az lenne: pl. -1-et az 1/n sorozat egyre jobban megközelíti...)
|
Előzmény: [422] ágica, 2005-11-08 21:56:41 |
|
[422] ágica | 2005-11-08 21:56:41 |
80. megoldás: A sorozat első pár tagját kiszámolva adódhat az a sejtés, hogy a keresett határérték . Ennek bizonyításához határozzuk meg az valós szám lánctört közelítéseit. Általánosan, ha irracionális, 1=, és n1 esetén , ahol qn egyenlő n alsó egész részével, akkor n-edik lánctört közelítése:
.
Ebben az esetben tehát , q1=0, , q2=2.
3-at kiszámolva azt kapjuk, hogy megegyezik 2-vel, tehát q3=q2, így a képzési szabály miatt minden n2-re és qn=2. Vagyis
,
ami nem más, mint az r sorozat n-1-edik tagja. n növekedésével az n-edik lánctört közelítés egyre jobban megközelíti -t, ami azt jelenti, hogy
.
|
Előzmény: [398] Lóczi Lajos, 2005-10-30 21:17:15 |
|
|
[420] Róbert Gida | 2005-11-06 12:12:51 |
81.b feladatra, a sorozatra még egy élesebb egyenlőtlenség is kijött, mint amit a limeszes becslés adna. Eltüntetem először a konstansokat a rekurzióból; szorozzuk a rekurziót -tel, ekkor: Adjunk mindkét oldalhoz -öt és legyen az új sorozat ; ekkor
, ha n>1 és
Ez a rekurzió, ha a nevezőben gn-1 lenne, akkor pont az 1975. évi 3. Kürschák példa rekurziója volna! Az ottani ötlettel: emeljük négyzetre a rekurziót, kapjuk:
Adjuk össze ezeket az egyenleteket 2-től n-ig, sok tag kiesik, kapjuk:
| (1) |
De g1>g0 és a rekurzióból g monoton nő; így a második szumma minden tagja legalább egy:
de ez n=0;1-re is teljesül és g tagjai pozitivak, így
teljesül. Pont ebből az alsó becslésből kapjuk a felső becslést. g sorozatra vonatkozó rekurziót k+1-re felírva: , ezt gk-val osztva: , ha k>0. Így az (1) egyenletből:
, azaz
, g monotonitását és g0,g1 értékét használva kapjuk:
, de , így
, ismert, hogy , ha n0, így
, azaz , de ez n=0;1-re is teljesül, így minden n-re igaz. Visszaírva g definicióját és az alsó becslést is használva, kapjuk:
Amiből már látszik a bizonyítandó, sőt ez élesebb becslés is annál.
|
|
[419] Lóczi Lajos | 2005-11-05 23:00:13 |
Egy kis heurisztika:
átrendezve a rekurzív egyenletet kapjuk, hogy . Fogjuk fel f-et folytonos függvényként. Ekkor a bal oldal körülbelül f '(n), és (némi további elhanyagolással) a következő differenciálegyenletet nyerjük:
Ezt viszont expliciten meg tudjuk oldani, azt kapjuk, hogy , azaz nagy n-ekre .
|
Előzmény: [418] nadorp, 2005-11-05 13:41:09 |
|
|
|
|
|
[414] lorantfy | 2005-11-01 21:01:10 |
Kedves Káli gúla!
Ötletes és egyszerű megoldás. Köszönöm! Az enyém túl körülményes.
Felhívom a figyelmedet a 202. feladatra az Érdmatfelben. Egy barátomtól hallottam, aki remélhetőleg hamarosan sakkmester lesz!
|
Előzmény: [413] Káli gúla, 2005-11-01 20:15:01 |
|
[413] Káli gúla | 2005-11-01 20:15:01 |
Kedves László!
Az jelöléssel az egyenlet x2+y2=11 alakú. A helyettesítésből (*) xy=5(x-y), ezért
x2+y2=(x-y)2+2xy=(x-y)2+10(x-y)=11.
A sugarú kör a (*) hiperbolának csak a jobb oldali ágát metszi, ahol yx, így az 1 és a -11 közül csak az x-y=1 gyök jó. Ezt visszaírva (*)-ba az x(x-1)=5 egyenletet kapjuk, aminek a gyökei .
|
Előzmény: [409] lorantfy, 2005-10-31 13:56:12 |
|
|