[2109] Cckek | 2007-06-22 19:38:21 |
Felhívnám a tisztelt forumozók figyelmét, hogy a 2089-es hozzászolásomban kitűzött gyönyörűszép feladat még mindig megoldatlan:)
|
|
[2108] Sirpi | 2007-06-21 11:50:54 |
Szép elemzés!
Azért leírom azt is, hogy én mire jutottam. Talán kicsit egyszerűbb becsléseket használok, valamint semmilyen függvényvizsgálatra nincs szükség.
Legyen y:=n+x
És itt, mikor 1/y-edik hatványra emelem mindkét oldalt:
A két gyök közül az egyik lesz n, a másik xn. Az egyik gyök (a minuszos) 1 körül van, nézzük meg ezt alaposabban. Feltételezve, hogy y nagy, e1/y=1+1/y+1/(2y2)+O(1/y3), ahonnan
Ez pedig éppen az becslést adja, ahonnan szintén látszik az 1/2-es határérték. Viszont kihasználtam, hogy ha n, akkor y, ezt még annyival meg kell támogatni, hogy mivel a két gyök összege y, ezért valamelyik a kettő közül legalább y/2, válasszuk ezt n-nek, a másikat pedig xn-nek.
* * *
Mindamellett azért is írtam le ezt az egészet, mert az az érdekes dolog látszik belőle, hogy ha nem n és xn lenne a feladatban, hanem x és f(x), akkor bejönne egy új gyök, hiszen az első lépésnél, a hatványozásnál az alap lehet épp negatív is, ha a kitevő (y) páros egész szám. Ekkor:
Ennek pedig egy pozitív (n), és egy negatív (xn) gyöke van. Viszont az sose fordulhat elő egyszerre, hogy y páros egész és n is egész, de ha n tetszőleges valós szám lehet, ami tart a végtelenbe, akkor valóban kapunk egy új gyököt:
Itt most e1/y1 triviális becslést alkalmazva
Szóval ha n nem feltétlen egész, akkor van egy másik (negatív) sorozat is xn-re (ilyenkor az alap -1 közelében van).
|
Előzmény: [2106] Lóczi Lajos, 2007-06-21 03:16:23 |
|
|
[2106] Lóczi Lajos | 2007-06-21 03:16:23 |
Használjuk fel a pontosabb x-x2/2<ln (1+x)<x-x2/2+x3/3 egyenlőtlenséget. Ebből arra következtethetünk, hogy xn az
és az
egyenletek (1-hez közeli) gyökei között van. Ez egy másod- és egy harmadfokú egyenlet, a megoldóképleteik felírhatók. Az ezekben szereplő négyzet- és köbgyököket a binomiális tétellel lehet sorbafejteni, amiből végül megkapjuk, hogy mind az alsó-, mind a felső becslése xn-nek , ha n.
|
Előzmény: [2104] Lóczi Lajos, 2007-06-21 01:34:29 |
|
|
[2104] Lóczi Lajos | 2007-06-21 01:34:29 |
A kérdéses xn sorozat az egyenlet gyöke.
Bizonyos mennyiségű számolással (első- és második deriváltak vizsgálata, határérték a 0-ban és a végtelenben, stb.) belátható, hogy ennek az egyenletnek minden, elég nagy n-re (pl. n>10) csak 1 gyöke van, az is 1 és pl. 2 között. Ez azért segít, mert ekkor használható az egyenlőtlenség (0<x<1). Így az eredeti egyenlet xn gyöke beszorítható két egyszerű egyenlet gyöke közé. Ebből kapjuk pl., hogy
ami maga után vonja, hogy elég nagy n-ekre
Tehát az (xn-1)na sorozatnak csak a=1 esetén lehet véges, nemnulla limesze (ha egyáltalán létezik).
Finomabb ötleteket fog igényelni annak kiderítése, hogy (xn-1)n melyik pozitív számhoz tart.
|
Előzmény: [2103] Lóczi Lajos, 2007-06-19 22:38:34 |
|
|
|
|
|
|
[2098] lorantfy | 2007-06-19 11:59:09 |
Kedves Lajos!
Én úgy gondolkodtam, hogy az a és b megadásához minket az xn sorozat csak határértékben érdekel, vagyis nyugodtan helyettesíthető az sorozattal, különben első egyenlet nem lenne igaz.
Az határértéke pedig a<1-nél 0, a=1-nél 1, a>1-nél végtelenbe megy.
|
Előzmény: [2095] Lóczi Lajos, 2007-06-19 00:18:52 |
|
|
|
|
|
|
|
[2091] jonas | 2007-06-18 22:07:31 |
f(f(x))-es függvényegyenletből csak egy jut eszembe: f:RR differenciálható, mindenütt pozitív, f'(x)=f(f(x)). (Úgy emlékszem, nincs megoldása, de utánanézhetek, ha kell.)
|
Előzmény: [2089] Cckek, 2007-06-18 18:33:49 |
|
|
[2089] Cckek | 2007-06-18 18:33:49 |
Egy nagyon érdekes feladattal találkoztam a minap. Létezik-e olyan f:NN függvény melyre f(1)=2,
f(f(n))=f(n)+n, és f(n)<f(n+1)?
|
|
|
[2087] Cckek | 2007-06-11 21:06:11 |
Valóban, bár ennek a bizonyítása nem is olyan egyszerű.:)
|
|
|
[2085] Cckek | 2007-06-10 09:40:08 |
Az xn sorozat a következőképpen adott:
Határozzuk meg az a,bR számokat úgy hogy
|
|