|
|
[1140] jonas | 2005-11-28 19:42:12 |
Van pár diszkrét matek feladatom. Feladom őket itt, hátha valakit érdekel.
209. Legyen s0=0; s1,P,Q tetszőleges egészek. Definiáljuk az sn sorozatot az sn+1=Psn-1+Qsn rekurzióval.
Lássuk be, hogy ekkor minden n,k egészre
(sn,sk)=s(n,k)
ahol (n,k) jelöli a két szám legnagyobb közös osztóját. Speciális esetként sk osztója sn-nek akkor és csak akkor, ha k osztja n-et.
Érdemes megnézni, milyen sorozatokat kapunk s1=P=Q=1 illetve az s1=1,P=-2,Q=3 esetén.
A másik két feladatot majd később feladom, ha van érdeklődés (a nevek a másodikban Catalan és Hankel, a harmadikban Catalan és Csebisev).
|
|
[1139] Lóczi Lajos | 2005-11-17 19:30:54 |
208. feladat. Adjunk példát olyan (pontosan) elsőfokú egyenletre, aminek nincs megoldása a kvaterniók között.
|
|
[1138] Lóczi Lajos | 2005-11-17 19:16:27 |
Igen, itt is az 1/2 bukkant fel. (De a legjobban arra lennék kíváncsi, hogy ennek vajon van-e bármiféle köze ahhoz az eredményhez, ami az "ujjgyakorlatok" 88-as feladatában fog kijönni: "szimmetria és extrémum" egybeesése, amire más helyeken is sok példát láttam már...)
|
Előzmény: [1137] nadorp, 2005-11-17 11:43:02 |
|
[1137] nadorp | 2005-11-17 11:43:02 |
Biztos van elemibb megoldás is,ez a következőt használja:
Ha 0<x<1, akkor nyilván
,azaz mindkét oldalt 0-tól x-ig integrálva
. Mivel az ex függvény szigorúan monoton nő,a 0-ba történő konvergencia sebességét nyilván az dönti el, hogy an milyen gyorsan tart nullába.
.
.
Látszik, hogy ha ,akkor ,azaz an konvergenciájának nagyságrendje ,
esetén pedig ,azaz an konvergenciájának nagyságrendje és ez gyorsabb.
|
Előzmény: [1133] Lóczi Lajos, 2005-11-16 12:19:00 |
|
|
|
[1134] Sirpi | 2005-11-16 12:57:54 |
Ezt a problémát már régebben én is kitaláltam. Én úgy oldottam meg, hogy definiáltam a következő xn sorozatot:
Ekkor az xn sorozat konvergens, és a határértékét nem mondom meg egyelőre :-)
Bár úgy érzem, a kétféle megközelítés ugyanarra az eredményre vezet, de be kéne látni, hogy ez tényleg így is van.
|
Előzmény: [1133] Lóczi Lajos, 2005-11-16 12:19:00 |
|
|
|
|
|
|
|
[1127] Lóczi Lajos | 2005-11-14 19:31:31 |
Ami alatt azt érted nyilván, hogy az ember ilyenekkel nem sokra megy, hiszen az egyik végtelen szorzatot átkonvertálja egy ki nem számítható integrálba, illetve végtelen összegbe. :)
Inkább érdekesebbek pl. a becslések. Hagyjuk el a gyököt az egyszerűség kedvéért. Egy lehetséges approximáció, pl. 5-nél kettébontva:
felhasználva, hogy 1+xex minden valós x-re, továbbá a mértani sor összegképletét.
Egy alsó becslés pl.
használva a monoton növekedést.
|
Előzmény: [1125] Róbert Gida, 2005-11-14 16:50:59 |
|
[1125] Róbert Gida | 2005-11-14 16:50:59 |
Zsabóka végtelen szorzatos feladatához: Nyilván elég i=1-től menni és a négyzetét vizsgálni, mert ha ez megvan, akkor könnyen megkapható az eredeti szorzat is. De ez éppen http://mathworld.wolfram.com/InfiniteProduct.html oldalon található 43. formula spec. esete n=4-re. Nem tudom erre gondoltál-e. Nem a legszebb formula.
|
|
[1124] nadorp | 2005-11-14 14:33:37 |
Ezt sajnos elszámoltam, pontosabban az elv volt rossz.Ez a feladat összefügg a számok partícióinak a számával, én meg sajnos csak a kéttagú partíciókat vettem.A végeredmény az enyémnél több lesz.
|
Előzmény: [1123] Zsabóka, 2005-11-14 13:34:46 |
|
[1123] Zsabóka | 2005-11-14 13:34:46 |
Itt aztán gyorsan lebukik az ember -), hiba került a feladatba. Igazából:
lett volna a feladat. Ettöl perzse semmi nem lett könnyebb. De hogy jutottál az
alakra ? Ez alapján az eredmény
lenne.
|
Előzmény: [1122] nadorp, 2005-11-14 13:17:59 |
|
|
|
[1120] Zsabóka | 2005-11-14 12:20:17 |
Keresett a következö szorzat értéke:
Van esetleg valami köze PI-hez, e-hez ( a négyzete majdnem e )?
|
|
|
[1118] lorantfy | 2005-11-13 17:25:49 |
i,j,k-n kívül van még megoldás?
Én már majdnem elfelejtettem mik ezek a kvaterniók, így hála Neked, most utána néztem.
A komlex számfogalom 4 dimes kiterjesztéséről van szó:
Ferde testekre ( ferde az olyan test, melyben a szorzás nem kommutatív ) az egyik legfontosabb példa a kvaterniók teste.
Az a+ib+jc+kd alakú kifejezéseket kvaternióknak nevezzük, ahol a,b,c,d tetszőleges valós számokat jelölnek az i,j,k szimbólumokra pedig teljesülnek az alábbi azonosságok
(I) i2=j2=k2=-1,
(II) ij=k, jk=i, ki=j, ji=-k, kj=-i, ik=-j.
Kvaterniókra az összeadást az alábbi egyenlőség definiálja:
(a+ib+jc+kd)+(a`+ib`+jc`+kd`)=(a+a`)+i(b+b`)+j(c+c`)+k(d+d`).
A szorzást úgy végezzük el mint ahogy több tagot szokás többtaggal szorozni, figyelembe véve a (I),(II)-ben szereplő azonosságokat. Test axiómák teljesülése könnyen igazolható. A multiplikatív inverz létezésének igazolása sem nehéz, ha figyelembe vesszük, hogy:
(a+ib+jc+kd)[a+i(-b)+j(-c)+k(-d)]=a2+b2+c2+d2.
|
Előzmény: [1116] Lóczi Lajos, 2005-11-13 14:24:37 |
|
[1117] Lóczi Lajos | 2005-11-13 16:09:14 |
206. feladat. Keressük meg mindazokat a q=a+bi+cj+dk egész kvaterniókat (ahol tehát a,b,c,d valós egészek), melyekre
(2+3i+5j+7k)q=q(2+3i+5j+7k)
teljesül. (Szokás szerint i,j,k jelöli a kvaterniók báziselemeit.)
|
|