[1699] BohnerGéza | 2007-01-08 09:02:58 |
Nagyon örvendetes, ha valaki tisztában van idegen szavak jelentésével. ( politikai publicitás, korifeus, kontextus, konvenció )
De jó lett volna az alapvető magyar szabályokat is betartani az előző hozzászólásban! ( Teljes hasonulás. )
kilenccel 9-cel nyolccal 8-cal ...
a legcsúnyább a 2-el, a 2-vel helyett!
Sajnos rengeteg helyen látni rosszul írva ezeket a sajtóban!
|
Előzmény: [1698] magusocska, 2007-01-08 08:20:32 |
|
[1698] magusocska | 2007-01-08 08:20:32 |
Érdekes is, matematika is, de kérdés, hogy feladat-e, mindenesetre túl vagyok rajta.
Peano politikai publicitásáról hallottatok-e? (Összerugtam a port a lányom matektanárjával - így derült ki az ellentmondás.)
A természetes számok Peano féle meghatározása tartalmazta a nullát, az én egyetemi jegyzeteimben a természetes számok pozitív egészként szerepeltek, ma ismét az eredeti halmaz a hivatalos. A Lomonoszov korifeusaival lehet kapcsolatban az ügylet...
Tehát a kérdés (feladat): a magyar matematikaoktatásban mely években tanították a természetes számok halmazát az eredeti Peano-axiómától eltérően?
Megjegyzés:
A Wikipédia a következőt írja a "Természetes számok"-nál :
Vigyázat! Tekintve, hogy egyes matematikai tárgyú könyvek a természetes számok közé sorolják a nullát, mások nem, így minden esetben figyelmet kell fordítanunk arra, hogy utánanézzünk, az adott kontextusban a szerzők melyik konvenciót alkalmazzák.
|
|
[1697] magusocska | 2007-01-08 08:03:44 |
Mellyek az a 9 jegyű számok, amire igazak az alábbiak:
a 9 jegyű szám osztható 9-el,
ha elhagyjuk az utolsó jegyét, akkor az így kapott 8 jegyű szám osztható 8-al,
ha elhagyjuk az utolsó jegyét, akkor az így kapott 7 jegyű szám osztható 7-el,
. . .
ha elhagyjuk az utolsó jegyét, akkor az így kapott 2 jegyű szám osztható 2-el.
Elég könnyű legalább egyet találni (pl. 13694729) a jegyenkénti szabályalkalmazással, de az összes megtalálására a brutal force-n kívül van -e módszer?
|
|
|
[1695] Sirpi | 2007-01-07 07:11:10 |
Igaz, hogy már elhangzott egy sokkal frappánsabb megoldás (grat érte), de azért ha már kérdés, válaszolok:
Mivel |bn/2-bn+1|< minden n>N-re a folytonosság miatt, ezért bn/2-bn+1bn/2+. Vagyis ha bn3, akkor (3/2-1)bn+1, tehát nem válthat előjelet (a bal oldali egyenlőtlenséget felhasználva), másrészt bn+1bn/2+bn/2+bn/3bn, tehát a sorozat monoton is.
Azt hittem, hogy ezek teljesen nyilvánvalónak látszanak az egyenlőtlenségből, azért nem részleteztem a dolgot ennyire.
Ha bn<0, akkor ugyanez elmondható, csak akkor a sorozat alulról, szintén monoton módon megy be a [-3;3] intervallumba.
|
Előzmény: [1693] Lóczi Lajos, 2007-01-07 02:55:59 |
|
[1694] Lóczi Lajos | 2007-01-07 03:23:19 |
Köszönöm a megoldásokat, az állítás igazsága viszont azt jelenti, hogy most van egy sokkal kevesebb számolást igénylő megoldásunk az [1681]-es hozzászólás feladatára, az ugyanis alig igényel számolást belátni, hogy
un=2n-4/3+an
alakú, ahol an+2an+1 nullához tart és korlátos, tehát most már valóban tudjuk, hogy maga an is nullához tart, ez pedig elég ahhoz, hogy a -19/12-et kihozzuk.
|
Előzmény: [1692] nadorp, 2007-01-07 00:32:48 |
|
[1693] Lóczi Lajos | 2007-01-07 02:55:59 |
Nyilván azzal kell kezdeni a bizonyítást, hogy a b sorozat bemegy a [-3,3] intervallumba.
"Az pedig, hogy valóban be is megy, következik abból, hogy ha nem menne be, akkor végig 3 felett maradna, valamint monoton módon csökkenne (ezt is könnyű látni), tehát konvergens lenne, de 2-nál nagyobb értékhez nem tud konvergálni."
De ha nem menne be, miért maradna 3 felett? Miért ne ugrálhatna (pozitív és negatív értékekre) és főleg, miért kellene, hogy monoton legyen a b sorozat?
|
Előzmény: [1688] Sirpi, 2007-01-04 23:47:54 |
|
|
[1691] nadorp | 2007-01-06 12:56:32 |
Legyen bn=an+2an+1. Ekkor
...
.
Mivel , ezért n>N esetén |bn|<, azaz
, ahol K a |b1-a1|,|b2|,|b3|... egy közös felső korlátja. ( Ez létezik, mert bn konvergens). Innen már látszik, hogy
|
Előzmény: [1687] Lóczi Lajos, 2007-01-04 22:25:16 |
|
|
|
[1688] Sirpi | 2007-01-04 23:47:54 |
Igaznak tűnik :-)
Tegyük fel, hogy an nem azonosan 0 egy adott indextől kezdve, és teljesül rá a feltétel. Cseréljük ki an-et egy bn sorozatra úgy, hogy bn=an, ha n páros, és bn=-an, ha n páratlan. Ekkor a feltétel ekvivalens bn/2-bn+1 konvergenciájával (ezzel egyszerűbb talán dolgozni, mert nem "oszcillál").
Legyen >0. Ekkor a konvergencia miatt van olyan N, hogy minden n>N-re |bn/2-bn+1|<.
Mivel bn nem azonosan nulla valamilyen indextől, ezért van olyan m>N, amire bm0 (feltehetjük, hogy pozitív, különben a bn sorozat helyett vegyük az ellentettjét). Ekkor bm/2-bm+1bm/2+, vagyis (és ez a lényeg) a sorozot bm-től kezdve előbb-utóbb bemegy a [-3;3] intervallumba, és onnan már nem is tud kijönni, így 3-hoz van megfelelő N' korlát.
Az, hogy ha bemegy, akkor nem tud kijönni, triviális, hiszen 0/2-bn+13/2+, azaz a következő elem abszolútértéke 5/2 lesz maximum. Az pedig, hogy valóban be is megy, következik abból, hogy ha nem menne be, akkor végig 3 felett maradna, valamint monoton módon csökkenne (ezt is könnyű látni), tehát konvergens lenne, de 2-nál nagyobb értékhez nem tud konvergálni.
Tudom, ez így kicsit kusza, meg hosszú volt, de már kezd késő lenni. Nem tudom, van-e sokkal egyszerűbb(en leírható) megoldás.
|
Előzmény: [1687] Lóczi Lajos, 2007-01-04 22:25:16 |
|
[1687] Lóczi Lajos | 2007-01-04 22:25:16 |
Bizonyítsuk be vagy cáfoljuk meg az alábbi állítást:
"Ha an egy olyan korlátos valós számsorozat, amelyre an+2an+1 nullához tart, akkor an konvergens" (és ekkor persze maga is nullsorozat).
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
[1675] Mumin | 2007-01-01 20:10:32 |
Hány SET-kártyát lehet legfeljebb kirakni az asztalra, hogy ne kiálthasson senki Set!-et?
Aki egyszerűnek találja, ne lője le.
|
|
|