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 - Valaki mondja meg!

  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]  

Ha a témához hozzá kíván szólni, először regisztrálnia kell magát.
[1929] Holden2014-08-07 10:53:47

Köszönöm a gyors válaszokat! Egyébként valóban ez volt a cél. Közvetetten meg a &tex;\displaystyle \frac{\sin \pi z}{\pi}=z\prod_{n=1}^\infty \Big(1-\frac{z^2}{n^2}\Big)&xet;.

Előzmény: [1928] Fálesz Mihály, 2014-08-07 08:45:41
[1928] Fálesz Mihály2014-08-07 08:45:41

Szerintem ez inkább az ellenkező irány. A &tex;\displaystyle \sum_{n=-\infty}^\infty\frac1{z-n}&xet; összeg tagjait azért vonjuk össze kettesével, hogy konvergens legyen. (A korlátosság meg azért fontos, hogy a Liouville-tételt alkalmazhassuk az &tex;\displaystyle \frac1z+\sum_{n=1}^\infty\frac{2z}{z^2-n^2}-\pi\ctg(\pi z)&xet; függvényre.)

Előzmény: [1927] csábos, 2014-08-06 23:00:13
[1927] csábos2014-08-06 23:00:13

Frappáns.

Én már parciális törtekre bontottam:

&tex;\displaystyle \sum \frac{1}{z-n}+\sum\frac{1}{z+n} &xet;

Aztán integráltam: &tex;\displaystyle \sum \ln(z^2-n^2)'&xet;

Előzmény: [1926] Fálesz Mihály, 2014-08-06 22:39:15
[1926] Fálesz Mihály2014-08-06 22:39:15

Legyen &tex;\displaystyle z=x+yi&xet;, ahol tehát &tex;\displaystyle |x|\le\frac12&xet; és &tex;\displaystyle |y|>1&xet;.

&tex;\displaystyle |z| < |x|+|y| < 2|y| &xet;

és

&tex;\displaystyle |z^2-n^2| \ge {\rm Re}(n^2-z^2) = n^2+y^2-x^2 \ge y^2+n^2-\frac14 > \frac12(y^2+n^2), &xet;

így

&tex;\displaystyle \left| \sum_{n=1}^\infty \frac{2z}{z^2-n^2} \right| \le \sum_{n=1}^\infty \frac{2|z|}{|z^2-n^2|} \le \sum_{n=1}^\infty \frac{8|y|}{y^2+n^2} < \int_0^\infty\frac{8|y|}{y^2+t^2} {\rm d}t = 4\pi. &xet;

Előzmény: [1925] Holden, 2014-08-06 21:46:43
[1925] Holden2014-08-06 21:46:43

Sziasztok!

Lehet nagyon nyilvánvaló, amit kérdezek, de valahol valamit elnézhetek rajta.

&tex;\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{2z}{z^2-n^2}&xet; miért korlátos az Im&tex;\displaystyle (z)>1&xet; és Re&tex;\displaystyle (z)\leq 1/2&xet; halmazon?

Előre is köszönöm!

[1924] Maga Péter2014-05-29 21:55:21

Pach Peti e-mailben küldött nekem egy egyszerű ellenpéldát. Legyen &tex;\displaystyle b_1,b_2,b_3&xet; egy bázis. Legyen &tex;\displaystyle Ab_1=Ab_2=Bb_2=Bb_3=0&xet;, valamint &tex;\displaystyle Ab_3=Bb_1=b_2&xet;. Könnyű ellenőrizni, hogy minden ezekből alakuló másodfokú tag &tex;\displaystyle 0&xet;, tehát csak a &tex;\displaystyle cA+dB&xet; alakú polinomok jönnek szóba. Ezek meg nem jók, szintén könnyű ellenőrizni.

Előzmény: [1923] Maga Péter, 2014-05-18 16:46:11
[1923] Maga Péter2014-05-18 16:46:11

Valaki mondja meg a következőt! Legyen &tex;\displaystyle A&xet; és &tex;\displaystyle B&xet; két lineáris transzformációja egy véges dimenziós valós vektortérnek. Van-e olyan polinomjuk, melynek konstans tagja &tex;\displaystyle 0&xet;, és a magtere éppen &tex;\displaystyle A&xet; és &tex;\displaystyle B&xet; magterének a metszete?

Nyilván minden (&tex;\displaystyle 0&xet; konstans tagú) polinom magtere tartalmazza &tex;\displaystyle A&xet; és &tex;\displaystyle B&xet; magterének metszetét. A cél tehát a fordított irányú tartalmazás elérése egy jól választott polinommal.

Előre is köszönöm.

[1922] Fálesz Mihály2014-04-26 09:15:18

Egyszer egy elsőéves diákom mutatta be azt a hajmeresztő mutatványt, hogy egy &tex;\displaystyle f(x)^{g(x)}&xet; alakú kifejezést úgy derivált, hogy először kontansnak vette az alapot, deriválta, utána a kitevőt vette konstansnak, úgy is deriválta, majd a kétféle derváltat összeadta:

&tex;\displaystyle (f^g)' = (f^g \log f) \cdot g' + gf^{g-1}\cdot f'. &xet;

Először hüledeztem, hogy ezt lehet, de aztán megértettem, hogy csak a többváltozós láncszabályt alkalmazta. :-)

Például vegyünk két valós értékű egyváltozós függvényt, &tex;\displaystyle f&xet;-t és &tex;\displaystyle g&xet;-t, és legyen mindkettő differenciálható az &tex;\displaystyle a&xet; pontban. Deriváljuk a szorzatot az &tex;\displaystyle a&xet; pontban.

Legyen &tex;\displaystyle F\binom{x}{y}=xy&xet; és &tex;\displaystyle G(t)=\binom{f(t)}{g(t)}&xet;, ekkor tehát &tex;\displaystyle fg = F\circ G&xet;. A &tex;\displaystyle G&xet; differenciálható &tex;\displaystyle a&xet;-ban, és &tex;\displaystyle G'(a)=\binom{f'(a)}{g'(a)}&xet;, az &tex;\displaystyle F&xet; mindenhol differenciálható, és &tex;\displaystyle F'\binom{x}{y}=(y,x)&xet;. A láncszabály szerint &tex;\displaystyle F(G(t))=f(t)g(t)&xet; is differenciálható &tex;\displaystyle a&xet;-ban és

&tex;\displaystyle (fg)'(a) = (F\circ G)'(a) = F'(G(a)) G'(a) = (g(a),f(a)) \binom{f'(a)}{g'(a)} = g(a)f'(a) + f(a)g'(a). &xet;

A dolog persze csalás, mert a többváltozós differenciálási szabályokat jóval az alapműveletek differenciálása után építjük fel (kb. olyan, mint amikor valaki a koszinusz-tételből vezeti le a Pitagorasz-tételt), de mindenképpen érdekes.

Előzmény: [1921] marcius8, 2014-04-25 16:30:39
[1921] marcius82014-04-25 16:30:39

Állítólag a differenciálási szabályok (függvények lineáris kombinációjának deriváltja, függvények szorzatának deriváltja) levezthetőek az összetett függvényekre vonatkozó differenciálási szabályból (láncszabály). Vajon hogyan történik mindez? Tisztelettel: Bertalan Zoltán.

[1920] mihtoth2014-02-11 07:56:37

Köszönöm a segítséget!

Előzmény: [1911] n, 2014-02-10 18:19:39
[1919] Lóczi Lajos2014-02-10 23:04:30

Illetve

195.96043078097043710<a12001<195.96043078097043711.

Előzmény: [1918] Lóczi Lajos, 2014-02-10 22:55:00
[1918] Lóczi Lajos2014-02-10 22:55:00

Ha a1=120, akkor 195.95532757702918725<a12000<195.95532757702918726.

Előzmény: [1912] Fálesz Mihály, 2014-02-10 19:17:42
[1917] Róbert Gida2014-02-10 22:39:21

an\geb12n-1 majdnem trivi, ha b1>0 egész: legyen ugyanis b_n=\frac {p_n}{q_n}, ahol lnko(pn,qn)=1. Ekkor b_{n+1}=b_n+\frac{1}{b_n}=\frac{p_n}{q_n}+\frac{q_n}{p_n}=\frac{p_n^2+q_n^2}{p_nq_n}, de ez a tört már tovább nem egyszerűsíthető, hiszen lnko(pn,qn)=1volt, így an+1=pn2+qn2=an2+qn2>an2\geb12n (ez utóbbi teljes indukcióval).

Előzmény: [1916] Róbert Gida, 2014-02-10 22:05:38
[1916] Róbert Gida2014-02-10 22:05:38

an az pont bn számlálója, így egész, azaz két egész szám közé nem eshet. És valószínűleg sokkal nagyobb.

T(n)=23.453495382*2n egy valószínűleg jó becslés a kérdésre (kiinduló tag=b1=120). Egyébként már a25-nek 34883379 számjegye van.

Előzmény: [1912] Fálesz Mihály, 2014-02-10 19:17:42
[1915] Lóczi Lajos2014-02-10 21:22:16

Lásd még az "ujjgyakorlatok" [420]-as hozzászólását 2005-ből.

Előzmény: [1912] Fálesz Mihály, 2014-02-10 19:17:42
[1914] n2014-02-10 19:21:14

(Illetve most másodjára számoltam el. Tényleg fáradt vagyok, szóval duplán kéretik ellenőrizni a hozzászólásomat felhasználás előtt.)

Előzmény: [1913] n, 2014-02-10 19:19:26
[1913] n2014-02-10 19:19:26

(Naná, hogy elszámoltam, nem a 12000. tagot számoltattam ki.)

Előzmény: [1911] n, 2014-02-10 18:19:39
[1912] Fálesz Mihály2014-02-10 19:17:42

A sorozatnak a négyzetét érdemes vizsgálni. Ha bn=an2, akkor

 b_{n+1} = b_n+2+\frac1{b_n}.

Ebbből egy sor, egyre erősebb alsó és felső becslést lehet kapni, pl.

bn\geb0+2n

 b_n < b_0+2n+\frac12\log\frac{b_0+2n-1}{b_0-1}

A Te esetedben b0=1202=14400 és n=12000, tehát

38400<bn=an2<38400,5

195,959<a12000<195,961.

Előzmény: [1911] n, 2014-02-10 18:19:39
[1911] n2014-02-10 18:19:39

Pontos, nem rekurzív, nem végtelen szummás általános képletet nem írtak, csak közelítőt, szóval ha pontosan kell, akkor szerintem célszerű a speciális esetekre programot írni. (A konkrét példára, ha minden igaz, 195.9604307809704, ha a 120 a nulladik tag, ha az első, 195.95532757702915.) Egy becslés, ha jól értelmeztem (nem teljesen biztos, kissé fáradt vagyok): *___1 kezdőértékű___ ilyen sorozatra e2b(n)2-4n/n tart egy konstanshoz (0.574810274671785...), ahol b(n) a sorozat. Ahogy néztem, azt eltérés, ha az első érték az 1, a 10. elemre -0.010916374964937692, a 100.-ra -0.004394777829750618, az 1000.-re -0.0007695696146290398, a 10000.-re -0.0001100303693110094 (itt már kerekítési hibák is felléphettek, sima floating point számokkal dolgoztam lustaságom miatt).

Előzmény: [1910] mihtoth, 2014-02-10 15:32:01
[1910] mihtoth2014-02-10 15:32:01

Köszönöm!

De az a baj, hogy én az ott leírtakon nem bírtam eligazodni.

Mennyi egy ilyen sorozat 12000-ik elemének értéke, ha a kezdőérték 120?

Üdv: mihtoth

Előzmény: [1909] jonas, 2014-02-10 13:43:41
[1909] jonas2014-02-10 13:43:41

Lásd A073833, ami ad egy közelítő képletet.

Előzmény: [1908] mihtoth, 2014-02-10 13:11:29
[1908] mihtoth2014-02-10 13:11:29

Adott az alábbi rekurzió: a(n+1)=a(n)+1/a(n) Hogyan lehet megadni az n-ik tag kiszámításának képletét, ha ismerjük az első tagot?

[1907] HoA2013-11-05 16:07:53

A "működés" magyarázata az, hogy ha egy négyjegyű N számról megállapítom, hogy egy 10k szám négyzeténél nagyobb, akkor valamilyen (10k+x) négyzete lesz vagy nagyobb, N\ge100k2+20kx+x2 . Levonva k2 -et N-100k2\ge20kx+x2=(20k+x)x Amikor a "72 alá írom és levonom a 64-et és leveszem a következő két számjegyet", akkor tkp. 7225 - ből vonom ki a 6400-at. Ennek kell egyenlőnek ( vagy nagyobbnak ) lenni mint (20k+x)x , vagyis (160+x)*x. Több jegyre a gondolatmenet folytatható.

A leíráshoz két javítás:

Nem balról jobbra, hanem jobbról balra kell kettes csoportokra osztani a szám jegyeit. Páros számú számjegynél, mint itt is, mindegy, de 37225 négyzetgyökének számítását nem a 37-tel kell kezdeni, hanem 3-mal.

A "mutató" keresése úgy hogy letakarom az utolsó számot, csak tájékoztató, nem biztos hogy megfelel. Például ha egy számításban odáig jutok, hogy 815:16x*x -et kell vennem, akkor a letakarás [81/16] = 5-öt ad, de 165*5 > 815, tehát csak 4-et vehetek.

Előzmény: [1906] epszi, 2013-11-04 21:07:18
[1906] epszi2013-11-04 21:07:18

Az lenne a kérdésem, hogy miért működik ez a gyökvonásos trükk?  \sqrt{7225}=? (ezt a változatot az internet bugyraiból kerestem, de magát a módszert Arthur Benjamin Fejszámolás c. könyvében olvastam.)

7225 négyzetgyökének kiszámítása papíron:

Balról jobbra haladva veszem az első két számot és megnézem melyik az a legnagyobb szám amelynek a négyzete megvan a hetvenkettőben.

72'25=

Az a szám a 8 mert 8-nak a négyzete 64 . Leírom az egyenlőség jel után a 8-t és leírom a hetvenkettő alá a 8 négyzetét (64).

72'25=8 64 A 64-et kivonom a 72-ből és leveszem a következő két számjegyet.

72'25=8 (hányados) 72'25=8 (hányados) 64 64 08 (maradvány) 825

A kapott számjegyet ( 825) elosztom a hányados kétszeresével (16) úgy, hogy letakarom az utolsó számjegyet (5-t) és megnézem hányszor van meg a kapott értékben (82-ben). Ahányszor megvan az lesz a hányados mutatója. A mutató az öt lesz, mert 82-ben a tizenhat megvan 5-ször. 72'25=8 64 825:16 (82:16=5)

A hányados mutatót leírom a hányados kétszerese után (165 lesz) és ezt az értéket megszorzom a hányados mutatójával (5). 72'25=8 72'25=8 64 64 825:16 825:165*5

A kapott értéket kivonom a maradványból(825). Ha a szorzat értéke az a legnagyobb szám amely még megvan a 825-ben, akkor A hányados mutató értékét felírom a hányadosba.

72'25=85 Tehát a 7225- nek a négyzetgyöke 85 64 825:165*5 ( 165*5=825) 825 000 Ha a maradék nem nulla, akkor a hányadosban kiteszem a tizedesvesszőt és leveszem a következő két számot.

[1905] Viking2013-10-14 17:24:08

Nagyon jó példa, köszönöm szépen!

Előzmény: [1904] n, 2013-10-14 17:12:13

  [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]  

  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