KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
English Információ A lap Pontverseny Cikkekről Távoktatás Hírek Fórum Internetes Tesztverseny
Játékszabályok
Technikai információk
TeX tanfolyam
Regisztráció
Témák

 

Rendelje meg a KöMaL-t!

Támogatóink:

Ericsson

Google

Emberi Erőforrások Minisztériuma

Emberi Erőforrás Támogatáskezelő

Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet

ELTE

Reklám:

KöMaL Füzetek 1: Tálalási javaslatok matematika felvételire

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

Fórum - Érdekes matekfeladatok

  Regisztráció    Játékszabályok    Technikai információ    Témák    Közlemények  

Ön még nem jelentkezett be.
Név:
Jelszó:

  [1. oldal]    [2. oldal]    [3. oldal]    [4. oldal]    [5. oldal]    [6. oldal]    [7. oldal]    [8. oldal]    [9. oldal]    [10. oldal]    [11. oldal]    [12. oldal]    [13. oldal]    [14. oldal]    [15. oldal]    [16. oldal]    [17. oldal]    [18. oldal]    [19. oldal]    [20. oldal]    [21. oldal]    [22. oldal]    [23. oldal]    [24. oldal]    [25. oldal]    [26. oldal]    [27. oldal]    [28. oldal]    [29. oldal]    [30. oldal]    [31. oldal]    [32. oldal]    [33. oldal]    [34. oldal]    [35. oldal]    [36. oldal]    [37. oldal]    [38. oldal]    [39. oldal]    [40. oldal]    [41. oldal]    [42. oldal]    [43. oldal]    [44. oldal]    [45. oldal]    [46. oldal]    [47. oldal]    [48. oldal]    [49. oldal]    [50. oldal]    [51. oldal]    [52. oldal]    [53. oldal]    [54. oldal]    [55. oldal]    [56. oldal]    [57. oldal]    [58. oldal]    [59. oldal]    [60. oldal]    [61. oldal]    [62. oldal]    [63. oldal]    [64. oldal]    [65. oldal]    [66. oldal]    [67. oldal]    [68. oldal]    [69. oldal]    [70. oldal]    [71. oldal]    [72. oldal]    [73. oldal]    [74. oldal]    [75. oldal]    [76. oldal]    [77. oldal]    [78. oldal]    [79. oldal]    [80. oldal]    [81. oldal]    [82. oldal]    [83. oldal]    [84. oldal]    [85. oldal]    [86. oldal]    [87. oldal]    [88. oldal]    [89. oldal]    [90. oldal]    [91. oldal]    [92. oldal]    [93. oldal]    [94. oldal]    [95. oldal]    [96. oldal]    [97. oldal]    [98. oldal]    [99. oldal]    [100. oldal]    [101. oldal]    [102. oldal]    [103. oldal]    [104. oldal]    [105. oldal]    [106. oldal]    [107. oldal]    [108. oldal]    [109. oldal]    [110. oldal]    [111. oldal]    [112. oldal]    [113. oldal]    [114. oldal]    [115. oldal]    [116. oldal]    [117. oldal]    [118. oldal]    [119. oldal]    [120. oldal]    [121. oldal]    [122. oldal]    [123. oldal]    [124. oldal]    [125. oldal]    [126. oldal]    [127. oldal]    [128. oldal]    [129. oldal]    [130. oldal]    [131. oldal]    [132. oldal]    [133. oldal]    [134. oldal]    [135. oldal]    [136. oldal]    [137. oldal]    [138. oldal]    [139. oldal]    [140. oldal]    [141. oldal]    [142. oldal]    [143. oldal]    [144. oldal]    [145. oldal]    [146. oldal]    [147. oldal]    [148. oldal]    [149. oldal]    [150. oldal]    [151. oldal]    [152. oldal]    [153. oldal]    [154. oldal]    [155. oldal]  

Ha a témához hozzá kíván szólni, először regisztrálnia kell magát.
[3913] Erben Péter2014-07-28 07:24:17

A 3. pontot nem értem, amikor cserélünk számokat a tagok között. Pedig arra biztosan szükség lesz, amint a következő példa mutatja.

Tegyük fel, hogy a 35 szám így néz ki: 29 darab 2-es és 6 darab 7-es. Ekkor a 7-est tartalmazó tagok pontosan öt eleműek, és a csupa 2-esből állók is. Vagyis pontosan 7 tag lesz.

Előfordulhat, hogy a 7 tag így néz ki: 6-szor: (2+2+2+2+7), 1-szer: (2+2+2+2+2). Itt a tagok összegének megváltoztatása nélkül nem tudjuk az ötvenet előállítani, hiszen van 6 db 15-ös és 1 db 10-es.

Előzmény: [3912] Loiscenter, 2014-07-27 16:05:40
[3912] Loiscenter2014-07-27 16:05:40

ROKA SÁNDOR: 2000 feladat.... ( 1780. feladat) a feladat 35 db számrol van szo! tehát sokkal erösebb állitás. Van már majdnem megoldásom(????) ezutan mindig indirekt modon tegyuk fel hogy nincs 50 összeg. Elöször : bontjuk 5-tel osztható csoportokra ( ezt tehetjük) Tekintjuk a legfinomabb ilyen felbontást. ( legtöbb tagot tartalmazást). ÉSZRE VÉTELEK legfinomabb felbontasokról : 1, legalább 7 tagot tartalmaz. 2. minden ilyen tag a csoportban legfeljebb 5 szamot tartalmaz. 3. Ha A1 A2 ket tag , akkor barmelyik ket szám helyi csere a tagok közötti esetén az 5-tel valo oszthatsága megmaradt, igy tagnak maradtak. 4. 25 összegü tagot nem tartalmazhat. 5. 9-nél több tag nem lehet.(söt 9 -es se) tehat csak 7,8 tagot tartalmazo felbontás maradt. itt a 3) pont nagyon kezdtem kiaknazni - nincs meg nekem teljes kidolgozva. mindig varom a segitségeteket És nagyon varom ErBen Péter féle fejlesztést (minimum mennyi a legkisebb m...) addig is köszönöm a segitségeteket.

Előzmény: [3911] Erben Péter, 2014-07-27 10:37:39
[3911] Erben Péter2014-07-27 10:37:39

Ha 35 helyett 51 számról kérdezzük a feladat állítását, akkor működik az oszthatóságos lemma, és még a kiegyensúlyozós fázisra sincs szükség.

Veszünk 50 számot az 51 közül. Ezekből kiválasztható néhány, amelyek összege 50-nel osztható. Az összeg biztosan pozitív és 100-nál kisebb (az 51. szám kihagyása miatt), tehát csak 50 lehet.

Előzmény: [3910] csábos, 2014-07-25 20:27:23
[3910] csábos2014-07-25 20:27:23

Igazad van, tényleg elnéztem.

Előzmény: [3909] Erben Péter, 2014-07-25 18:12:03
[3909] Erben Péter2014-07-25 18:12:03

Ez egy nagyon szép feladat.

Én úgy tanultam -- Pataki Jánostól --, hogy először 51 számról kérdezzük, miért lehet őket egyenlő összegű csoportokra bontani, utána megcsináljuk 50 számra (itt már kell a feltétel, hogy nincs 50-nél nagyobb), és utána kezdjük el keresni, hogy melyik legkisebb &tex;\displaystyle m&xet;-re igaz a következő:

Ha az &tex;\displaystyle a_1, a_2, \dots, a_m&xet; pozitív egészek összege 100, akkor két egyenlő összegű csoportba oszthatók.

A megoldást nem akarom még lelőni.

Előzmény: [3906] Loiscenter, 2014-07-24 22:03:58
[3908] Erben Péter2014-07-25 18:06:33

Ha jól értem, azt használtad, hogy az &tex;\displaystyle a_1, a_2, a_3, \dots a_n&xet; egészek közül kiválasztható néhány, amelyek összege osztható &tex;\displaystyle n&xet;-nel.

Azt nem látom, hogy ha &tex;\displaystyle n=25&xet;-re használjuk ezt, akkor mi garantálja a 25 darab 1-est. A 25 kijöhetett úgy is, hogy &tex;\displaystyle a_1,a_2,\dots,a_{25}&xet; nem mindegyike 1, és a kiválasztásnál nem használtuk mindegyiket.

Előzmény: [3907] csábos, 2014-07-25 09:45:35
[3907] csábos2014-07-25 09:45:35

Vegyük a 25 legkisebb számot közülük. Ezek közül van néhány, amelyek összege osztható 25-tel. Ez az összeg nem lehet 75, mert akkor a 35 szám összege 100 fölött lenne. Ha 50 az összeg, nyertünk. Ha az összeg 25, akkor van 25 darab 1-esünk, és 10 számunk, amelyek összege 75. Osszuk el ezt két kb. egyforma részre. Ha valamelyik rész összege 25 és 50 közt van, akkor kipótoljuk az 1-esekkel. Ha az egyik kisebb, mint 25, a másik nagyobb, mint 50, akkor áttesszük a legkisebb elemet a nagyból a kicsibe. Mivel nincs 50-nél nagyobb szám, ezért a két kupac összege közti különbség csökkent. Így folytatva egy idő után a különbség 25 alatt lesz, és ekkor az egyik (mindkét) rész összege 25 és 50 közé esik.

Előzmény: [3906] Loiscenter, 2014-07-24 22:03:58
[3906] Loiscenter2014-07-24 22:03:58

Segitség!!! ROKA SÁNDOR: 2000 feladat.... ( 1780. feladat) Adott 35 pozitiv egész szám, amelyek összege 100, és egyikük sem nagyobb 50-nél. Bizonyitsuk be, hogy van köztük néhány olyan, amelyek összege 50.

[3905] w2014-07-23 17:13:13

Igen, ez a természetes megoldás. Még a következő (elegánsabb) megoldást ismerem: &tex;\displaystyle n&xet; szerinti teljes indukcióval (a feltételt és a háromszög-egyenlőtlenséget használva) könnyen adódik, hogy &tex;\displaystyle |a_{nk}-na_k|<n&xet;, ahonnan a háromszög-egyenlőtlenséggel

&tex;\displaystyle \left|\frac{a_n}n-\frac{a_k}k\right|\le \frac{|a_{nk}-na_k|+|ka_n-a_{nk}|}{nk}<\frac1n+\frac1k.&xet;

Arra lennék kíváncsi, hogy mennyire lehet ehhez a korláthoz közel menni: milyen, a feltételt kielégítő &tex;\displaystyle (a_n)&xet; sorozat esetén lesz "nagy" az &tex;\displaystyle \frac{a_n}n&xet; számok eltérése. Van-e olyan &tex;\displaystyle c<1&xet;, amire a bizonyítandó becslés jobb oldalán &tex;\displaystyle c\left(\frac1n+\frac1k\right)&xet; írható (esetleg véges sok &tex;\displaystyle n,k&xet; kivételével)?

Előzmény: [3904] nadorp, 2014-07-23 13:15:55
[3904] nadorp2014-07-23 13:15:55

Ha n>k, akkor a feltétel szerint

&tex;\displaystyle \frac{a_n}n\leq\frac1n+\frac{a_k+a_{n-k}}n&xet;

&tex;\displaystyle \frac{a_n}n-\frac{a_k}k\leq\frac1n+\frac{a_k+a_{n-k}}n-\frac{a_k}k=\frac1n+\frac1{nk}\left(ka_{n-k}-(n-k)a_k\right)&xet;

Hasonlóan

&tex;\displaystyle \frac{a_n}n-\frac{a_k}k\geq-\frac1n+\frac1{nk}\left(ka_{n-k}-(n-k)a_k\right)&xet;

Innen n szerinti indukcióval &tex;\displaystyle |ka_{n-k}-(n-k)a_k|\leq n-k+k=n&xet; felhasználásával adódik az állítás

Előzmény: [3903] w, 2014-07-18 13:41:45
[3903] w2014-07-18 13:41:45

Legyen &tex;\displaystyle a_1,a_2,\dots&xet; egy valós számokból álló végtelen sorozat, amire minden pozitív egész &tex;\displaystyle k,n&xet; esetén fennáll

&tex;\displaystyle |a_{k+n}-a_k-a_n|\le 1.&xet;

Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges &tex;\displaystyle k,n&xet; esetén

&tex;\displaystyle \left|\frac{a_k}k-\frac{a_n}n\right|\le \frac1k+\frac1n.&xet;

[3902] nadorp2014-07-01 09:48:43

A [3901]-ben leírt 2. állítás bizonyításához a Dirichlet tétel következő nyilvánvaló következményét kell kimondani:

Végtelen sok olyan &tex;\displaystyle \frac pq&xet; racionális szám létezik, amelyre (p,q)=1 és &tex;\displaystyle \left|\alpha-\frac pq\right|<\frac1{q^2}&xet;

Előzmény: [3901] nadorp, 2014-06-30 16:00:40
[3901] nadorp2014-06-30 16:00:40

Én is feltettem, hogy f mindenütt értelmezett.

Először is ha f T periódusú függvény, akkor a g(x)=f(Tx) 1 szerint periodikus és tetszőleges k egészre

&tex;\displaystyle f(k)=g\left(\frac kT\right)=g\left(\left\{\frac kT\right\}\right)=g\left(\left\{k\left\{\frac1T\right\}\right\}\right)&xet;

azaz elég belátni az alábbi állítást:

Ha f 1 szerint periodikus, folytonos, páratlan függvény és &tex;\displaystyle 0<\alpha<1&xet; irracionális szám, akkor

&tex;\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac1n\sum_{k=1}^nf(k\alpha)=0&xet;

A bizonyítás az A.603 megoldásának gondolatmenetét használja.

Először is szükségünk lesz a következő állításra:

1. állítás: f egyenletesen folytonos az értelmezési tartományán

1. állítás bizonyítása

Legyen &tex;\displaystyle \varepsilon>0&xet;. A folytonosság miatt f a [0,1]-en egyenletesen folytonos, tehát létezik olyan &tex;\displaystyle \delta<1&xet; pozitív szám, hogy ha &tex;\displaystyle x_1,x_2\in[0,1]&xet; és &tex;\displaystyle |x_1-x_2|<\delta&xet;, akkor &tex;\displaystyle |f(x_1)-f(x_2)|<\frac\varepsilon2&xet;. Legyenek most &tex;\displaystyle x\neq y &xet; olyan valós számok, melyekre &tex;\displaystyle |x-y|<\delta<1&xet;. Ekkor két eset lehetséges.

1.eset: létezik n egész szám úgy, hogy &tex;\displaystyle x,y\in[n,n+1]&xet;

Ekkor az 1 szerinti periodikusság miatt &tex;\displaystyle |f(x)-f(y)|<\frac\varepsilon2<\varepsilon&xet;

2. eset: létezik n egész szám x és y között, pld. x<n<y

Mivel f(n)=0 ( f páratlan), ezért az 1.esetet alkalmazva &tex;\displaystyle |f(x)|=|f(x)-f(n)|<\frac\varepsilon2&xet; és &tex;\displaystyle |f(y)|=|f(y)-f(n)|<\frac\varepsilon2&xet;, tehát

&tex;\displaystyle |f(x)-f(y)|\leq|f(x)|+|f(y)|<\varepsilon&xet;.

Ezzel az 1. állítást igazoltuk.

__________________________________

a feladat bizonyítása

Legyen &tex;\displaystyle \varepsilon>0&xet;. Ekkor az 1. állítás miatt létezik olyan &tex;\displaystyle \delta&xet; pozitív szám, hogy &tex;\displaystyle |x-y|<\delta&xet; esetén &tex;\displaystyle |f(x)-f(y)|<\varepsilon&xet;.

f páratlan és 1 periódusú, ezért &tex;\displaystyle \int_0^1f(x)dx=0&xet;, azaz &tex;\displaystyle \lim_{q\to\infty}\frac1q\sum_{k=1}^qf\left(\frac kq\right)=0&xet;, tehát nagy q-ra.

&tex;\displaystyle \left|\frac1q\sum_{k=1}^qf\left(\frac kq\right)\right|<\varepsilon &xet;(1)

Dirichlet approximációs tétele szerint létezik végtelen sok olyan &tex;\displaystyle \frac{p}{q}&xet; racionális szám, amelyre &tex;\displaystyle \left|\alpha-\frac{p}{q}\right|<\frac1{q^2}&xet;

Válasszunk az ilyen törtek közül egy olyat, melynek q nevezőjére teljesül (1) és &tex;\displaystyle q>\frac2\delta&xet;.

Ekkor az előbb választott q-ra és tetszőleges x valós számra igaz a következő állítás.

2. állítás:

&tex;\displaystyle \left| \sum_{k=1}^qf(x+k\alpha)\right| < 2q\varepsilon &xet;(2)

2. állítás bizonyítása

Legyen r olyan egész, hogy &tex;\displaystyle \frac rq\leq x<\frac{r+1}q&xet;. Ekkor &tex;\displaystyle \left|x-\frac rq\right|\leq\frac 1q&xet; és

&tex;\displaystyle \left|\sum_{k=1}^qf(x+k\alpha)\right|\leq\sum_{k=1}^q\left|f(x+k\alpha)-f\left(\frac rq+\frac {kp}q\right)\right|+\left|\sum_{k=1}^qf\left(\frac rq+\frac {kp}q\right)\right|&xet;

Mivel &tex;\displaystyle \left|x+k\alpha-\frac rq -\frac{kp}q\right|\leq\left|x-\frac rq\right|+k\left|\alpha-\frac pq\right|<\frac 1q+\frac k{q^2}<\frac2q<\delta&xet;

és

&tex;\displaystyle \sum_{k=1}^qf\left(\frac rq+\frac {kp}q\right)=\sum_{k=1}^qf\left(\frac kq\right)&xet;, hiszen az r+kp számok teljes maradékrendszert alkotnak mod q

ezért az 1.állítás és (1) alapján

&tex;\displaystyle \left|\sum_{k=1}^qf(x+k\alpha)\right|<\sum_{k=1}^q\varepsilon+q\varepsilon=2q\varepsilon&xet;

Ezzel a 2. állítást igazoltuk.

__________________________________

Legyen most már n pozitív egész, melyre &tex;\displaystyle n>\frac q\varepsilon&xet;. Osszuk el maradékosan n-et q-val: &tex;\displaystyle n=n_1q+n_2&xet;. Ekkor felhasználva (2)-t a &tex;\displaystyle 0,q\alpha,...,(n_1-1)q\alpha&xet; számokra

&tex;\displaystyle \left|\sum_{k=1}^nf(k\alpha)\right|=\left|\sum_{a=0}^{n_1-1}\sum_{k=1}^qf(aq\alpha+k\alpha)+\sum_{k=1}^{n_2}f(n_1q\alpha+k\alpha)\right|<n_12q\varepsilon+n_2M\leq2n\varepsilon+qM&xet;, ahol &tex;\displaystyle M=sup|(fx)|&xet;.

Tehát

&tex;\displaystyle \left|\frac1n\sum_{k=1}^nf(k\alpha)\right|<2\varepsilon+M\varepsilon=(M+2)\varepsilon&xet;

Előzmény: [3887] Sinobi, 2014-06-20 12:04:47
[3900] Loiscenter2014-06-29 04:56:06

Nagyon szép és ügyes bizonyitás ( a 80-as eredmény is tetszik mert egyszeru és lényeget nem veszti.A masodik bizonyitas agyafurt! köszönöm széppen a segitséget!

Előzmény: [3899] w, 2014-06-28 15:14:50
[3899] w2014-06-28 15:14:50

Első nekiugrásra:

Nézzük az &tex;\displaystyle (n+1)&xet;-jegyű, &tex;\displaystyle 9&xet;-es jegyet nem tartalmazó számokat: ezekből nyilván &tex;\displaystyle 8\cdot 9^n&xet; darab van. Ha most reciprokösszegükben lecserélünk minden nevezőt a legkisebb &tex;\displaystyle (n+1)&xet;-jegyű számra (azaz &tex;\displaystyle 10^n&xet;-re), akkor az összeget növeltük, és amit kapunk, az éppen &tex;\displaystyle (8\cdot 9^n)\cdot \frac1{10^n}=8\cdot \left(\frac9{10}\right)^n&xet;.

Ha &tex;\displaystyle S&xet;-sel jelöljük a &tex;\displaystyle 9&xet;-est nem tartalmazó pozitív egészek reciprokösszegét, akkor ezek szerint

&tex;\displaystyle S<\sum_{n=0}^{\infty}8\cdot \left(\frac9{10}\right)^n=8\cdot\frac1{1-(9/10)}=80,&xet;

ahol a mértani sor összegzőképletét használtuk.

Túlbecsültünk.

Finomítás: most ahelyett, hogy mindegyik &tex;\displaystyle (n+1)&xet;-jegyű számot &tex;\displaystyle 10^n&xet;-re cserélnénk, most azokat, melyeknek első számjegye &tex;\displaystyle a&xet;, csupán &tex;\displaystyle a\cdot 10^n&xet;-re csökkentsük le, így reciprokukat &tex;\displaystyle \frac1{a\cdot 10^n}&xet;-re növelvén. Ezzel az &tex;\displaystyle (n+1)&xet;-jegyűek reciprokösszegét a következővel múljuk felül:

&tex;\displaystyle \sum_{a=1}^8 9^n\cdot \frac1{a\cdot 10^n}=\left(\sum_{a=1}^8\frac1a\right)\cdot (9/10)^n\approx 2,72\cdot (9/10)^n.&xet;

Ezt &tex;\displaystyle n=0&xet;-tól a végtelenségig összegezve, &tex;\displaystyle 2,72\cdot \frac1{1-(9/10)}=27,2<30&xet; adódik, kész.

Előzmény: [3898] Loiscenter, 2014-06-28 12:08:03
[3898] Loiscenter2014-06-28 12:08:03

HELP! nincs a könyvben megoldás!

ROKA SÁNDOR: 2000 feladat.... ( 571. feladat) Mutassuk meg, hogy a 9-es számjegyet nem tartalmazó, különböző pozitiv egészek reciprokainak összege nem lehet nagyobb 30-nal.

[3897] Róbert Gida2014-06-27 22:12:03

Nem jó bizonyítás. &tex;\displaystyle \epsilon&xet;-hoz választok &tex;\displaystyle p&xet;-t, így a becslésben &tex;\displaystyle p(M+1)\epsilon&xet; nem lehet akármilyen kicsi. (Lehetne fordítva is &tex;\displaystyle p&xet;-hez "&tex;\displaystyle \epsilon&xet;-t választani", de ez sem működik).

Előzmény: [3896] Róbert Gida, 2014-06-27 19:39:14
[3896] Róbert Gida2014-06-27 19:39:14

Mindenütt értelmezett &tex;\displaystyle f&xet;-re bizonyítom, hogy igaz!

Legyen az &tex;\displaystyle f&xet; periódusa &tex;\displaystyle T>0&xet; irrac., az &tex;\displaystyle f&xet; az origóra szimmetrikus, így &tex;\displaystyle f(x)=-f(-x)=-f(T-x)&xet;, azaz &tex;\displaystyle f(x)=-f(T-x)&xet;, és triviálisan &tex;\displaystyle f(0)=0&xet; és &tex;\displaystyle f(\frac T2)=0&xet;. Az &tex;\displaystyle f&xet; a &tex;\displaystyle [0,T]&xet;-n folytonos, így egyenletesen is folytonos (Heine tétel), továbbá korlátos is, azaz &tex;\displaystyle |f|<M&xet; igaz valamely &tex;\displaystyle M&xet;-re.

Rögzített &tex;\displaystyle \epsilon>0&xet;-hoz Heine miatt létezik &tex;\displaystyle D>0&xet;, hogy, ha &tex;\displaystyle x,y\in [0,T]&xet; és &tex;\displaystyle |x-y|<D&xet;, akkor &tex;\displaystyle |f(x)-f(y)|<\epsilon&xet;. &tex;\displaystyle p>0&xet; egész legyen olyan (nagy), hogy &tex;\displaystyle \frac Tp<D&xet; teljesüljön.

&tex;\displaystyle f(n)=f(\{\frac nT\}*T)&xet; igaz a &tex;\displaystyle T&xet; szerinti periodikusság miatt. Most jön a nehéz rész: Weyl kritériumból könnyen következik, hogy &tex;\displaystyle \{n\alpha \}&xet; egyenletes eloszlású, ha &tex;\displaystyle \alpha&xet; irrac. (Freud Gyarmatinál ez a 8.4.5 tétel, Weyl-t nem bizonyítja). Alkalmazzuk ezt &tex;\displaystyle \alpha=\frac 1T&xet;-re. Legyen (adott &tex;\displaystyle n&xet;-re) &tex;\displaystyle H_k=\{i: 0\le i<n; \{\frac iT\}*T \in [k\frac Tp,(k+1)\frac Tp)\}&xet;, az egyenletes eloszlás miatt &tex;\displaystyle |H_k|=\frac np+c_k&xet;, ahol &tex;\displaystyle |c_k|<\epsilon n&xet;, ha &tex;\displaystyle n&xet; elég nagy. Legyen az &tex;\displaystyle n&xet; olyan nagy, hogy ez minden &tex;\displaystyle k&xet;-ra igaz legyen (&tex;\displaystyle p&xet; rögzítve van).

Háromszög egyenlőtlenséggel: &tex;\displaystyle |\sum _{i \in H_k} f(i)-\frac npf(k\frac Tp)|\le |\sum _{i \in H_k} f(i)-|H_k|f(k\frac Tp)|+||H_k|f(k\frac Tp)-\frac npf(k\frac Tp)|\le &xet;

&tex;\displaystyle |H_k|\epsilon+||H_k|-\frac np|*f(k\frac Tp)\le n\epsilon+\epsilon n M&xet; (trivi &tex;\displaystyle |H_k|\le n&xet;-et is használtuk). Ebből következik újra a háromszög egyenlőtlenséggel: &tex;\displaystyle |\sum _{k=0}^{p-1} (\sum _{i \in H_k} f(i)-\frac np f(k\frac Tp))| \le \sum_{k=0}^{p-1} |\sum _{i \in H_k} f(i)-\frac npf(k\frac Tp)| \le \sum_{k=0}^{p-1} (n\epsilon+\epsilon n M)=p(M+1)\epsilon n&xet;. A bal oldalon mi van: &tex;\displaystyle \sum_{k=0}^{p-1}\sum_{i \in H_k}f(i)=\sum_{i=0}^{n-1}f(i)&xet; triviálisan, továbbá &tex;\displaystyle \sum_{k=0}^{p-1}\frac np f(k\frac Tp)=\frac np \sum_{k=0}^{p-1}f(k\frac Tp)=\frac np f(0)=0&xet;, hiszen a &tex;\displaystyle k&xet;-adik és &tex;\displaystyle (p-k)&xet;-adik tag összege nulla lesz ( mert &tex;\displaystyle f(x)=-f(T-x)&xet;, illetve páros &tex;\displaystyle p&xet;-nél &tex;\displaystyle f(\frac T2)=0&xet;-t is használjuk ), és &tex;\displaystyle f(0)=0&xet;. Azaz írható: &tex;\displaystyle |\sum_{i=0}^{n-1}f(i)|\le p(M+1)\epsilon n&xet;, amiből már következik az állítás (&tex;\displaystyle M&xet; konstans, &tex;\displaystyle p&xet; rögzített, és &tex;\displaystyle n&xet;-nel tarthatunk végtelenhez).

Előzmény: [3887] Sinobi, 2014-06-20 12:04:47
[3895] Lóczi Lajos2014-06-26 10:25:38

"Fejtsük a függvényt Fourier-sorba" -- és mi a garancia arra, hogy a függvény Fourier-sora előállítja a függvényt?

Előzmény: [3894] emm, 2014-06-26 02:44:04
[3894] emm2014-06-26 02:44:04

Eddig jutottam el vele:

Először is: a függvény folytonos, korlátos, periódikus, így integrálható. Feltehető, hogy a függvény &tex;\displaystyle 2\pi&xet; szerint periodikus, ekkor a

&tex;\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n f(kx)&xet;

összeget kell vizsgálni, ahol &tex;\displaystyle x&xet; és &tex;\displaystyle \pi&xet; lineárisan függetlenek &tex;\displaystyle Q&xet; felett Emellett:

&tex;\displaystyle \frac{1}{n}\Big|\sum_{j=1}^n \sin(jx)\Big|=\Big|\frac{\sin \frac{nx}{2} \sin \frac{x(n+1)}{2}}{n\sin\frac{x}{2}}\Big|\leq \frac{c}{n}&xet;

&tex;\displaystyle \frac{1}{n}\Big|\sum_{j=1}^n \cos(jx)\Big|=\Big|\frac{\sin \frac{nx}{2} \cos \frac{x(n+1)}{2}}{n\sin\frac{x}{2}}\Big|\leq \frac{c}{n}&xet;

Így a &tex;\displaystyle \sin&xet; és &tex;\displaystyle \cos&xet; függvényekre igaz az állítás, ha &tex;\displaystyle x&xet; és &tex;\displaystyle \pi&xet; lineárisan függetlenek &tex;\displaystyle Q&xet; felett. Fejtsük a függvényt Fourier-sorba:

&tex;\displaystyle f(x)=a_0+\sum_{i=1}^\infty a_k \sin (kx)+b_k\cos(kx)&xet;

&tex;\displaystyle a_0=\int_{0}^{2\pi}f(x)dx=0&xet;

Ekkor:

&tex;\displaystyle \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n f(kx)=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\sum_{j=1}^\infty a_j \sin (kjx)+b_j\cos(kjx)=\sum_{j=1}^\infty a_j\frac{\sin \frac{njx}{2} \sin \frac{xj(n+1)}{2}}{n\sin\frac{jx}{2}}+b_j\frac{\sin \frac{njx}{2} \cos \frac{xj(n+1)}{2}}{n\sin\frac{jx}{2}}&xet;

(a szummázás itt most felcserélhető az egyenletes konvergencia miatt)

Előzmény: [3887] Sinobi, 2014-06-20 12:04:47
[3893] jonas2014-06-21 20:02:45

Biztosan integrálható, hiszen folytonos és korlátos.

Előzmény: [3891] Sinobi, 2014-06-20 20:08:35
[3892] Sinobi2014-06-20 20:13:13

Szerintem nem szukseges, hogy ertelmezve legyen olyan helyeken, amelyeket nem ertekelunk ki.

Előzmény: [3888] jonas, 2014-06-20 13:15:30
[3891] Sinobi2014-06-20 20:08:35

Mar ha integralhato egyaltalan.

Előzmény: [3890] Alma, 2014-06-20 14:07:32
[3890] Alma2014-06-20 14:07:32

Jajj azt hiszem az origóra való szimmetriát rosszul értettem, bocsánat. Így irreleváns az "ellenpélda" és teljesül a kikötési javaslat is automatikusan.

Előzmény: [3889] Alma, 2014-06-20 13:57:32
[3889] Alma2014-06-20 13:57:32

f(x)=10+cos(x) nem ellenpélda erre? Kikötésnek nem hiányzik, hogy a függvény integrálja egy periódusra nulla?

Előzmény: [3887] Sinobi, 2014-06-20 12:04:47

  [1. oldal]    [2. oldal]    [3. oldal]    [4. oldal]    [5. oldal]    [6. oldal]    [7. oldal]    [8. oldal]    [9. oldal]    [10. oldal]    [11. oldal]    [12. oldal]    [13. oldal]    [14. oldal]    [15. oldal]    [16. oldal]    [17. oldal]    [18. oldal]    [19. oldal]    [20. oldal]    [21. oldal]    [22. oldal]    [23. oldal]    [24. oldal]    [25. oldal]    [26. oldal]    [27. oldal]    [28. oldal]    [29. oldal]    [30. oldal]    [31. oldal]    [32. oldal]    [33. oldal]    [34. oldal]    [35. oldal]    [36. oldal]    [37. oldal]    [38. oldal]    [39. oldal]    [40. oldal]    [41. oldal]    [42. oldal]    [43. oldal]    [44. oldal]    [45. oldal]    [46. oldal]    [47. oldal]    [48. oldal]    [49. oldal]    [50. oldal]    [51. oldal]    [52. oldal]    [53. oldal]    [54. oldal]    [55. oldal]    [56. oldal]    [57. oldal]    [58. oldal]    [59. oldal]    [60. oldal]    [61. oldal]    [62. oldal]    [63. oldal]    [64. oldal]    [65. oldal]    [66. oldal]    [67. oldal]    [68. oldal]    [69. oldal]    [70. oldal]    [71. oldal]    [72. oldal]    [73. oldal]    [74. oldal]    [75. oldal]    [76. oldal]    [77. oldal]    [78. oldal]    [79. oldal]    [80. oldal]    [81. oldal]    [82. oldal]    [83. oldal]    [84. oldal]    [85. oldal]    [86. oldal]    [87. oldal]    [88. oldal]    [89. oldal]    [90. oldal]    [91. oldal]    [92. oldal]    [93. oldal]    [94. oldal]    [95. oldal]    [96. oldal]    [97. oldal]    [98. oldal]    [99. oldal]    [100. oldal]    [101. oldal]    [102. oldal]    [103. oldal]    [104. oldal]    [105. oldal]    [106. oldal]    [107. oldal]    [108. oldal]    [109. oldal]    [110. oldal]    [111. oldal]    [112. oldal]    [113. oldal]    [114. oldal]    [115. oldal]    [116. oldal]    [117. oldal]    [118. oldal]    [119. oldal]    [120. oldal]    [121. oldal]    [122. oldal]    [123. oldal]    [124. oldal]    [125. oldal]    [126. oldal]    [127. oldal]    [128. oldal]    [129. oldal]    [130. oldal]    [131. oldal]    [132. oldal]    [133. oldal]    [134. oldal]    [135. oldal]    [136. oldal]    [137. oldal]    [138. oldal]    [139. oldal]    [140. oldal]    [141. oldal]    [142. oldal]    [143. oldal]    [144. oldal]    [145. oldal]    [146. oldal]    [147. oldal]    [148. oldal]    [149. oldal]    [150. oldal]    [151. oldal]    [152. oldal]    [153. oldal]    [154. oldal]    [155. oldal]  

  Regisztráció    Játékszabályok    Technikai információ    Témák    Közlemények  

Támogatóink:   Ericsson   Google   Szerencsejáték Zrt.   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet   ELTE   Nemzeti Tehetség Program   Nemzeti
Kulturális Alap