Fórum: "ujjgyakorlatok"

[1] [2] [3] [4] [5] [6] [7] [8] [9] [10] [11] [12] [13] [14] [15] [16] [17] [18] [19] [20] [21] [22] [23] [24] [25] [26] [27] [28] [29] [30] [31] [32] [33] [34] [35] [36] [37] [38] [39] [40]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[445] jonas

2005-11-15 20:59:39

Szép feladat.

Próbáltam a bal oldalt becsülni az első három taggal:

$\left(1 - \frac1{n^2}\right)^{2n} < 1 - 2n\frac1{n^2} + \binom{2n}2\frac1{n^4}$

(ha n elég nagy ), de ez már nagyobb a jobb oldalnál. Gondolkozom még rajta.

Előzmény: [444] Ali, 2005-11-15 14:40:53

[444] Ali

2005-11-15 14:40:53

Lehet, hogy nem ujjgyakorlat ?

85. feladat.

Biz.be, hogy n>1 egész esetén

$\left(1 - \frac{1}{n^{2}}\right)^{2n} < \frac{n-1}{n+1}$

[443] Lóczi Lajos	2005-11-14 18:55:14
Valóban így van.
Előzmény: [442] Ali, 2005-11-14 16:00:17

[442] Ali	2005-11-14 16:00:17
$\alpha$ $\in$ [1/2;1] esetén monoton csökken, $\alpha$ $\in$ [0;1/2) esetén n>N( $\alpha$ )-ra monoton nő.
Előzmény: [401] Lóczi Lajos, 2005-10-30 21:36:47

[441] ágica	2005-11-12 18:58:49
Igen, ezt tényleg elfelejtettem, de szerencsére benne van :)
Előzmény: [440] Lóczi Lajos, 2005-11-12 18:41:40

[440] Lóczi Lajos	2005-11-12 18:41:40
Szép, de annyi kiegészítés még kell hozzá, hogy ellenőrizni kell: $(\sqrt{5}-1)a$ vajon benne van-e az arcsin értelmezési tartományában, azaz [-1,1]-ben.
Előzmény: [439] ágica, 2005-11-12 18:24:54

[439] ágica

2005-11-12 18:24:54

A feladatban szereplő kifejezés ekvivalens a következővel:

$\sin{(\frac{1}{3}\rm{arcsin}(3\it{a}))}=(\sqrt{5}-1)a$

ahol $a=\frac{\sqrt{3}}{4\sqrt{2}}$ , tehát ha bebizonyítjuk, hogy ez az egyenlőség igaz, azzal az állítást is belátjuk.

A kifejezést még tovább alakíthatjuk:

$\frac{1}{3}\rm{arcsin}(3\it{a})=\rm{arcsin}((\sqrt{5}-1)\it{a})$

Ebből pedig kapjuk, hogy

$3a=\sin({3\rm{arcsin}((\sqrt{5}-1)\it{a})})$

Trigonometrikus összefüggéseket felhasználva:

$\sin({3\rm{arcsin}((\sqrt{5}-1)\it{a})})=3(\sqrt{5}-1)a-4(\sqrt{5}-1)^{3}a^{3}=$

$=3\sqrt{5}a-3a-20\sqrt{5}a^{3}+60a^{3}-12\sqrt{5}a^{3}+4a^{3}=$

$=(3\sqrt{5}-3)a+(64-32\sqrt{5})a^{3}$

Így az előző egyenletből átrendezés és a-val való leosztás után kapjuk:

$6-3\sqrt{5}=32(2-\sqrt{5})a^{2}$

Ebbe a-t visszahelyettesítve látjuk, hogy az egyenlőség igaz, és mivel végig ekvivalens átalakításokat végeztünk, ezért az eredeti állítás is igaz volt.

Előzmény: [438] Lóczi Lajos, 2005-11-12 01:21:06

[438] Lóczi Lajos

2005-11-12 01:21:06

84. feladat. Azt állítom, hogy az aranymetszés arányszáma felírható az alábbi alakban is:

$\frac{1+\sqrt{5}}{2}=1+\sqrt{\frac{8}{3}} \sin \left(\frac{1}{3} \rm{arcsin} \left( \sqrt{\frac{27}{32}}\right)\right).$

Bizonyítsuk be vagy cáfoljuk meg az állítást.

[437] jonas	2005-11-09 22:35:59
Ezt már hallottam, de nem pont így. Ennek egy változata a 41. feladat a tesztversenyben.
Előzmény: [428] Gubbubu, 2005-11-09 13:46:47

[436] ágica	2005-11-09 18:09:50
Hát be kell vallanom hogy ennek a bizonyításáról fogalmam sincs, de majd megpróbálok utánanézni :)
Előzmény: [427] Lóczi Lajos, 2005-11-09 11:26:20

[435] Káli gúla	2005-11-09 16:00:42
A konvergenciához valahogy be kell látni (ld. 424), hogy a szomszédos törtek különbségében a számláló 1. Ebből --csak a kacifántosság kedvéért-- egyszerűen belátható, hogy a limesz, azaz $\sqrt2$ irracionális.
Előzmény: [432] Ali, 2005-11-09 15:10:08

[434] nadorp	2005-11-09 15:36:07
Bocs,nem láttam az előző négy hozzászólást (éppen TeX-eltem). Ennek tudtában nem részletezek ennyit.

[433] nadorp

2005-11-09 15:29:46

Ez a megoldás csak egy adalék, hiszen a példát már megoldottátok. Úgy rémlik, hogy általános esetben is valami hasonló módszerrel kezelik a lánctörteket.

Könnyű látni, hogy igaz az alábbi két állítás:

1. Ha $r_n>\sqrt2-1$ , akkor r_n>r_n+2 és $r_{n+2}>\sqrt2-1$

2. Ha $r_n<\sqrt2-1$ , akkor r_n<r_n+2 és $r_{n+2}<\sqrt2-1$

Mivel $r_1>\sqrt2-1$ , ezért r₁>r₃ és $r_3>\sqrt2-1$ is teljül. Innen indukcióval nyerjük, hogy

$r_1>r_3>r_5>...>\sqrt2-1$ Teljesen hasonlóan

$r_2<r_4<r_6<...<\sqrt2-1$

A páratlan és páros indexű tagokból álló két sorozat külön külün szigorúan monoton és korlátos, tehát konvergens. Mivel $r_{n+2}=\frac{r_n+2}{2r_n+5}$ , ezért a hátérték mindkét esetben kielégíti az $x=\frac{x+2}{2x+5}$ egyenletet, aminek egyetlen pozitív megoldása a $\sqrt2-1$ . Ha most "összefűzzük" a két sorozatot, akkor elég nagy n-től kezdve a páros és páratlan indexű elemek mindegyike elég közel lesz $\sqrt2-1$ -hez ( ez most nem precíz megfogalmazás!!), azaz az eredeti sorozatnak is ez a határértéke.

Előzmény: [427] Lóczi Lajos, 2005-11-09 11:26:20

[432] Ali	2005-11-09 15:10:08
Fordítva.
Előzmény: [431] Ali, 2005-11-09 15:08:33

[431] Ali	2005-11-09 15:08:33
Úgy van :-) A páratlan indexű szigorúan monoton növekvő, a páros indexű szigorúan monoton csökkenő. Találkoznak $\sqrt2-1$ -nél.
Előzmény: [430] Káli gúla, 2005-11-09 14:54:54

[430] Káli gúla	2005-11-09 14:54:54
"Melyik sorozat monoton?" Mind a kettő :)
Előzmény: [429] Ali, 2005-11-09 14:46:56

[429] Ali

2005-11-09 14:46:56

Melyik sorozat monoton ? Csak nem az r_n ?

$r_{2k-1} > \sqrt 2-1$ ; $r_{2k} < \sqrt 2-1$ , ahol k>0 egész.

Érdekelne az egyszerűbb megoldásod.

Előzmény: [425] Lóczi Lajos, 2005-11-09 02:28:48

[428] Gubbubu

2005-11-09 13:46:47

Egy tényleg egyszerűke kis feladat, kisebbeknek (a "szultán és rabok" néven is ismert fa. egy variációja):

Gilgames, Uruk város pateszije (uralkodója), a Legyőzhetetlen Bika, Az Istenek Ereje, Istár Istenasszony Kegyeltje, Győzedelmes Minden Égtájak Seregei Fölött, Kedves Az Égiek Előtt. etc. etc. trónra kerülése után az ilyen alkalmakkor szokásos közkegyelemben részesíti a Borzalmak Háza (az uruki börtön) nyomorult lakóit. Megbízza száz hű emberét, hogy az első mindegyik ajtót nyissa ki, a második minden másodikat zárja be, a harmadik minden harmadikat nyissson ki, a negyedik minden negyediket zárja be ... és így tovább. Mely sorszámú cellák rabjai szabadulnak?

[427] Lóczi Lajos	2005-11-09 11:26:20
Jó, nyilván arra vonatkozott a kérdés, hogy minél kisebb apparátussal hogyan bizonyítható az állítás; vagy hol nézhet utána az érdeklődő az idézett tételnek :)
Előzmény: [426] ágica, 2005-11-09 06:18:00

[426] ágica	2005-11-09 06:18:00
Én úgy tudom, hogy egy szám lánctört közelítései konvergálnak az adott számhoz, tehát ezt nem kell bizonyítani :) A -1-nek pedig az 1/n sorozat nem a lánctört-közelítéseinek a sorozata :)
Előzmény: [423] Lóczi Lajos, 2005-11-08 23:04:28

[425] Lóczi Lajos	2005-11-09 02:28:48
Micsoda kacifántos megoldások születtek :-) (Én csak szimpla monotonitási érveléssel csináltam az egészet.)
Előzmény: [424] Róbert Gida, 2005-11-09 00:32:00

[424] Róbert Gida

2005-11-09 00:32:00

Ez a 80. feladat elég közismert a diofantikus approximáció elméletben, de azért van elemi megoldása is: Nézzük az $r_n+1=\frac {p_n}{q_n}$ sorozatot, ahol lnko(p_n,q_n)=1, ekkor a sorozatból pl. p₁=3;q₁=2 teljesül. Ekkor a rekurzióból:

$\frac {p_{n+1}}{q_{n+1}}= 1+\frac 1{2+r_n}=1+\frac {1}{1+\frac {p_n}{q_n}}=1+\frac {q_n}{q_n+p_n}=\frac {2 q_n+p_n}{q_n+p_n}$

. De mivel lnko(p_n,q_n)=1 ezért itt a nevező és a számláló relatív prímek, azaz p_n+1=2q_n+p_n és q_n+1=q_n+p_n. Teljes indukcióval könnyen bizonyítható, hogy:

p_n²=2*q_n²+(-1)ⁿ⁺¹

teljesül. Ebből az egyenletből:

${(\frac {p_n}{q_n})}^2=2+\frac {(-1)^{n+1}}{q_n^2}$

. Mivel a rekurzióból q_n szigorúan monoton nő, ezért $(\frac {p_n}{q_n})^2$ tart 2-höz, de nyilván $\frac {p_n}{q_n}>0$ ezért $\frac {p_n}{q_n}$ tart $\sqrt 2$ -höz, azaz az eredeti sorozat $\sqrt 2-1$ -hez.

[423] Lóczi Lajos	2005-11-08 23:04:28
Körmönfont :) De azt az állítást, miszerint "n növekedésével az n-edik lánctört közelítés egyre jobban megközelíti $\alpha$ -t" hogy lehet bizonyítani? (Ráadásul az, hogy "egyre jobban megközelíti", nem feltétlenül jelenti azt, hogy a limesze is az lenne: pl. -1-et az 1/n sorozat egyre jobban megközelíti...)
Előzmény: [422] ágica, 2005-11-08 21:56:41

[422] ágica

2005-11-08 21:56:41

80. megoldás: A sorozat első pár tagját kiszámolva adódhat az a sejtés, hogy a keresett határérték $\sqrt{2}-1$ . Ennek bizonyításához határozzuk meg az $\alpha=\sqrt{2}-1$ valós szám lánctört közelítéseit. Általánosan, ha $\alpha$ irracionális, $\alpha$ ₁= $\alpha$ , és n $\ge$ 1 esetén $\alpha_{n+1}=\frac{1}{\alpha_{n}-q_{n}}$ , ahol q_n egyenlő $\alpha$ _n alsó egész részével, akkor $\alpha$ n-edik lánctört közelítése:

$\delta_n=//q_1,...,q_n//=q_1+\frac{1}{q_2+\frac{1}{q_3+\frac{1}{...+\frac{1}{q_n}}}}$ .

Ebben az esetben tehát $\alpha_{1}=\sqrt{2}-1$ , q₁=0, $\alpha_{2}=\frac{1}{\sqrt{2}-1}\approx{2,4142}$ , q₂=2.

$\alpha$ ₃-at kiszámolva azt kapjuk, hogy megegyezik $\alpha$ ₂-vel, tehát q₃=q₂, így a képzési szabály miatt minden n $\ge$ 2-re $\alpha_{n}=\frac{1}{\sqrt{2}-1}$ és q_n=2. Vagyis

$\delta_n=//0,2,...,2//=0+\frac{1}{2+\frac{1}{2+\frac{1}{...+\frac{1}{2}}}}$ ,

ami nem más, mint az r sorozat n-1-edik tagja. n növekedésével az n-edik lánctört közelítés egyre jobban megközelíti $\alpha$ -t, ami azt jelenti, hogy

$\lim_{n\to\infty}r_{n}=\alpha=\sqrt{2}-1$ .

Előzmény: [398] Lóczi Lajos, 2005-10-30 21:17:15

[421] Lóczi Lajos	2005-11-06 16:34:32
Szép ötletek és kivitelezés, jó volt olvasni! Azt gondolom, a feladatot ezzel eléggé kiveséztük :)
Előzmény: [420] Róbert Gida, 2005-11-06 12:12:51

[1] [2] [3] [4] [5] [6] [7] [8] [9] [10] [11] [12] [13] [14] [15] [16] [17] [18] [19] [20] [21] [22] [23] [24] [25] [26] [27] [28] [29] [30] [31] [32] [33] [34] [35] [36] [37] [38] [39] [40]

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?