KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
 English
Információ
A lap
Pontverseny
Cikkek
Hírek
Fórum
Játékszabályok
Technikai info
TeX tanfolyam
Regisztráció
Témák

Rendelje meg a KöMaL-t!

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

Fórum - "ujjgyakorlatok"

  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]  

Ha a témához hozzá kíván szólni, először regisztrálnia kell magát.
[445] jonas2005-11-15 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] Ali2005-11-15 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 Lajos2005-11-14 18:55:14

Valóban így van.

Előzmény: [442] Ali, 2005-11-14 16:00:17
[442] Ali2005-11-14 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] ágica2005-11-12 18:58:49

Igen, ezt tényleg elfelejtettem, de szerencsére benne van :)

Előzmény: [440] Lóczi Lajos, 2005-11-12 18:41:40
[440] Lóczi Lajos2005-11-12 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] ágica2005-11-12 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 Lajos2005-11-12 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] jonas2005-11-09 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] ágica2005-11-09 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 gúla2005-11-09 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] nadorp2005-11-09 15:36:07

Bocs,nem láttam az előző négy hozzászólást (éppen TeX-eltem). Ennek tudtában nem részletezek ennyit.

[433] nadorp2005-11-09 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 rn>rn+2 és r_{n+2}>\sqrt2-1

2. Ha r_n<\sqrt2-1, akkor rn<rn+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] Ali2005-11-09 15:10:08

Fordítva.

Előzmény: [431] Ali, 2005-11-09 15:08:33
[431] Ali2005-11-09 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 gúla2005-11-09 14:54:54

"Melyik sorozat monoton?" Mind a kettő :)

Előzmény: [429] Ali, 2005-11-09 14:46:56
[429] Ali2005-11-09 14:46:56

Melyik sorozat monoton ? Csak nem az rn ?

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] Gubbubu2005-11-09 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 Lajos2005-11-09 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] ágica2005-11-09 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 Lajos2005-11-09 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 Gida2005-11-09 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(pn,qn)=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(pn,qn)=1 ezért itt a nevező és a számláló relatív prímek, azaz pn+1=2qn+pn és qn+1=qn+pn. Teljes indukcióval könnyen bizonyítható, hogy:

pn2=2*qn2+(-1)n+1

teljesül. Ebből az egyenletből:

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

. Mivel a rekurzióból qn 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 Lajos2005-11-08 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] ágica2005-11-08 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, \alpha1=\alpha, és n\ge1 esetén \alpha_{n+1}=\frac{1}{\alpha_{n}-q_{n}}, ahol qn egyenlő \alphan 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.

\alpha3-at kiszámolva azt kapjuk, hogy megegyezik \alpha2-vel, tehát q3=q2, így a képzési szabály miatt minden n\ge2-re \alpha_{n}=\frac{1}{\sqrt{2}-1} és qn=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 Lajos2005-11-06 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. 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]  

  Regisztráció    Játékszabályok    Technikai információ    Témák    Közlemények  

Támogatóink:   Ericsson   Cognex   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Nemzeti Tehetség Program  
MTA Energiatudományi Kutatóközpont   MTA Wigner Fizikai Kutatóközpont     Nemzeti
Kulturális Alap   ELTE   Morgan Stanley