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!

MBUTTONS

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.
[495] Csimby2007-01-31 13:33:11

hupsz, ezt az érdekes Matekfeladatok témába szántam.

Előzmény: [494] Csimby, 2007-01-31 13:32:08
[494] Csimby2007-01-31 13:32:08

Akár mekkorák lehetnek, de nem lehet egyik sem 0 térfogatú. A rajzszögek pedig nem kell hogy hasonlóak legyenek. Jó mókát/munkát :-)

Előzmény: [493] jonas, 2007-01-31 12:57:57
[493] jonas2007-01-31 12:57:57

Ezt ismerem, de nem pont így adták fel. Megpróbálok visszaemlékezni, hogy is volt a bizonyítás.

Előzmény: [492] Csimby, 2007-01-31 12:26:12
[492] Csimby2007-01-31 12:26:12

99. feladat Hány gomba nőhet egy végtelen mezőn?

[491] Csimby2007-01-20 14:45:00

Szép megoldás és átfogalmazás :-)

Előzmény: [490] jonas, 2007-01-20 14:29:40
[490] jonas2007-01-20 14:29:40

Lényegében igen. A sorokat és az oszlopokat kell úgy teljesen összepárosítani, hogy minden párhoz tartozó elem pozitív legyen. A Hall tétel szerint ehhez elég, hogy a sorok bármely halmazának legallább annyi oszlop legyen a szomszédja, ahány sorról szó van. Ez azért teljesül, mert k sorban lévő elemeknek az összege k, ezek közül a nemnulla elemek tehát nem eshetnek mind k-nél kevesebb oszlopba, mert azoknak az oszlopoknak az elemeinek összege is kevesebb k-nél.

Ezt a feladatot ennél mesésebben szokták feladni. Valahogy úgy hangzik, hogy egy sziget területe diszjunkt módon fel van osztva n törzs egyenlő területű vadászterületére, és másféleképpen diszjunktan fel van osztva n teknősbékafaj élőhelyére, és a törzsek úgy akarnak totemállatot választani maguknak, hogy mindegyik törzs totemállata éljen a saját vadászterületén, és persze mindegyiknek más legyen a totemállata.

Előzmény: [489] Csimby, 2007-01-16 21:51:30
[489] Csimby2007-01-16 21:51:30

Hú, hát már olyan rég írtam be ezt a feladtot, hogy hirtelen nem is emlékszem a megoldásra :-) De valami párosításos dolognál jött elő, ezekszerint elég hozzá a Hall-tétel?

Előzmény: [488] jonas, 2007-01-16 17:22:07
[488] jonas2007-01-16 17:22:07

Ez az a híres párosításos feladat amit a Hall tétel után mindig fel szoktak adni, nem?

Előzmény: [487] Csimby, 2005-12-05 16:21:29
[487] Csimby2005-12-05 16:21:29

98. feladat Egy nem-negatív elemű n×n-es mátrix minden sorában és minden oszlopában is 1 a számok összege. Mutasd meg, hogy van nem-nulla kifejtési tagja. (csak azért ide írom, mert itt voltak nem rég "hasonló" feladatok)

[486] Lóczi Lajos2005-11-29 21:46:18

97. kérdés. Vajon véges-e az alábbi összeg?


\sum _{n=1}^{\infty } \left(\frac{e^n n^{\frac{1}{2}-n}
   n!}{\sqrt{2 \pi }}-n\right)

[485] Róbert Gida2005-11-27 11:45:39

96. feladatra

(2n+1)!=(2n+1)*(2n)!-ként felírva és használva a Stirling formulát kapjuk, hogy az eredeti sor pontosan akkor konvergens, ha az \sum _{n=1}^{\infty} \frac 1{n^{\frac 32}} sor konvergens, viszont ez utóbbi konvergens, így az eredeti is az.

Mathematica 5.1 a sor összegét is ki tudja számolni! Eszerint \frac 1{\sqrt 3} az összeg értéke.

[484] Lóczi Lajos2005-11-27 09:53:41

96. feladat. Véges vagy végtelen-e az alábbi összeg értéke?

\sum _{k=0}^{\infty } \frac{(3 k)!
   }{(2 k+1)!    k!}\left(\frac{2}{3 \sqrt{3}}\right)^{2 k+1}

Ha igen, miért?

[483] Lóczi Lajos2005-11-27 03:06:54

Egy ábra a kérdéses sorozat viselkedéséről.

Lássuk be pl., hogy az említett xn sorozat csak a\in [-2,\frac{1}{4}] esetén korlátos, továbbá, hogy ha a\in [-\frac{3}{4},\frac{1}{4}], akkor konvergens.

Előzmény: [482] Lóczi Lajos, 2005-11-25 17:18:59
[482] Lóczi Lajos2005-11-25 17:18:59

Sajnos a feladat ilyen formában végtelenül nehéz lenne, és a keresett a paraméterértékeket pontosan nem lehetne behatárolni. Hogy "ujjgyakorlat" legyen, hagyjuk ki a vizsgálatból azokat az a-kat, amelyek (-2,-1)-be esnek.

Előzmény: [481] Lóczi Lajos, 2005-11-25 14:04:25
[481] Lóczi Lajos2005-11-25 14:04:25

Na, még egy utolsó ilyet: vizsgáljuk a Mandelbrot-halmaz valós síkmetszetét.

95. feladat. Legyen a rögzített valós szám és tekintsük az x0:=0, xn+1:=xn2+a rekurziót. Adjuk meg azokat az a értékeket, melyekre az xn sorozat

a.) konvergens. Mi ekkor a limesze?

b.) korlátos.

c.) divergens.

[480] Lóczi Lajos2005-11-25 14:02:06

(Az utolsó képletben lemaradt az n index az epszilonból.)

Előzmény: [479] Lóczi Lajos, 2005-11-25 13:53:33
[479] Lóczi Lajos2005-11-25 13:53:33

Szép megoldás. Lényegében én is így csináltam, a b.) és c.) pontja talán kicsit rövidebben is elmondható: a rekurzív definíciót és az A-t definiáló egyenletet egymásból kivonva, majd átosztás után kapjuk, hogy

\frac{A-x_{n}}{A-x_{n+1}}=A+x_{n+1}

A monotonitás és nemnegativitás miatt a jobb oldal nyilván eleme az [A,2A] intervallumnak. Ha \varepsilonn:=A-xn>0, akkor tehát A\le\varepsilonn/\varepsilonn+1\le2A. Ebből rekurzívan egyszerűen adódik, hogy

A(2A)-N\le\varepsilon\leAA-N

tetszőleges N természetes szám esetén, és a kérdésben pont ez állt, csak átrendezve.

Előzmény: [478] Ali, 2005-11-25 11:52:21
[478] Ali2005-11-25 11:52:21

Megoldás 78. -ra:

x0=0 és x_{n+1}=\sqrt{a+x_n}.

a.) x_n < \frac{1}{2} + \sqrt{a + \frac{1}{4}} teljes indukcióval igazolható. x_1 = \sqrt a -ra igaz. Tfh n-re igaz. x_{n+1} = \sqrt{a+x_n} < \frac{1}{2} + \sqrt{a + \frac{1}{4}} -t kell igazolni. Négyzetreemelés és rendezés után pontosan az x_n < \frac{1}{2} + \sqrt{a + \frac{1}{4}} egyenlőtlenséget kapjuk, amely az indukciós feltevés miatt teljesül.

Továbbá xn monoton növő, ugyanis

x_{n+1} = \sqrt{a+x_n} > x_n \qquad a+x_n > x_n^2 \qquad x_n^2 - x_n - a < 0

kellene, ami teljesül is, mivel xn az x2-x-a=0 egyenlet gyökei között van: \frac{1}{2} - \sqrt{a + \frac{1}{4}} < 0 < x_n < \frac{1}{2} + \sqrt{a + \frac{1}{4}}

Egy monoton növő felülről korlátos sorozatnak létezik határértéke, esetünkben ez az x = \sqrt{a+x} egyenlet pozitív gyöke. \lim_{n\to\infty} x_n = A = \frac{1}{2} + \sqrt{a + \frac{1}{4}} > 1

b.) Teljes indukcióval igazoljuk, hogy x_k > A - \frac{1}{A^{k-1}} , k>0. Ez k=1 -re igaz, mert

x_1 = \sqrt a > A - \frac{1}{A^0} = \frac{1}{2} + \sqrt{a + \frac{1}{4}} - 1, \qquad \sqrt a + \frac{1}{2}> \sqrt{a + \frac{1}{4}} \qquad triv.

Tfh k -ra igaz.

x_{k+1} = \sqrt {a+x_k} > A - \frac{1}{A^k}

a+x_k > A^2-\frac{2}{A^{k-1}}+\frac{1}{A^{2k}}=A+a-\frac{2}{A^{k-1}}+\frac{1}{A^{2k}}

x_k>A-\frac{1}{A^{k-1}}-\left(\frac{1}{A^{k-1}}-\frac{1}{A^{2k}}\right)

teljesül egyrészt az indukciós feltevés , másrészt a zárójelben levő kifejezés pozitív volta miatt.

Legyen 1>\varepsilon>0 és k olyan, hogy  \frac{1}{A^{k-1}}>\varepsilon\geq\frac{1}{A^k}. Ilyen k létezik. Ekkor n\geq \frac{\ln(\frac{A}{\varepsilon})}{\ln A}>\frac{\ln(AA^{k-1})}{\ln A}=k

n>k miatt n\geqk+1 és A>x_n\geq x_{k+1}>A-\frac{1}{A^k}\geq A-\varepsilon. Ezért |A-xn|<\varepsilon

c.) Megmutatjuk teljes indukcióval, hogy x_k<A-\frac{A}{(2A)^k}. Ez k=1 -re jó, mert

x_1=\sqrt a < A-\frac{1}{2},\qquad \sqrt a +\frac{1}{2}<A=\frac{1}{2}+\sqrt{a+\frac{1}{4}}

Tfh k -ra igaz,ekkor

x_{k+1}=\sqrt{a+x_k}<A-\frac{A}{(2A)^{k+1}} \qquad kellene

a+x_k<A^2-\frac{2A^2}{(2A)^{k+1}}+\frac{A^2}{(2A)^{2k+2}}=A+a-\frac{2A^2}{(2A)^{k+1}}+\frac{A^2}{(2A)^{2k+2}}

x_k<A-\frac{A}{(2A)^k}+\frac{A^2}{(2A)^{2k+2}}

teljesül az indukciós feltevés miatt.

Legyen 1>\varepsilon>0 és k olyan, hogy  \frac{A}{(2A)^k}\geq\varepsilon>\frac{A}{(2A)^{k+1}}. Ilyen k létezik. Ekkor n\leq \frac{\ln(\frac{A}{\varepsilon})}{\ln 2A}<\frac{\ln(A\frac{(2A)^{k+1}}{A})}{\ln 2A}=k+1.

Tehát n<k+1 \to n\leq k \to x_n \leq x_k < A-\frac{A}{(2A)^k} \le A-\varepsilon \to x_n<A-\varepsilon \to |A-x_n|>\varepsilon

Előzmény: [396] Lóczi Lajos, 2005-10-30 20:46:24
[477] Ali2005-11-22 10:33:55

Nagyjából így: Ha a p_{n+1}=\frac{1}{2}\left(p_n+\frac{a}{p_n}\right) rekurzióban a p_n = r_n \sqrt a helyettesítést alkalmazzuk, akkor az r_{n+1}=\frac{1}{2}\left(r_n+\frac{1}{r_n}\right) = \frac{1}{\frac{2r_n}{1+(r_n)^2}} rekurzióhoz jutunk. A tg(2x) kifejtése hasonlít a nevezőhöz, csak éppen '-' -al. Melyik lehet az az f fv, melyre f(2x) kifejtésében '+' van ? A th(x).

Előzmény: [476] Lóczi Lajos, 2005-11-21 20:45:01
[476] Lóczi Lajos2005-11-21 20:45:01

Szép. Nagyon kíváncsi vagyok, hogyan jöttél rá (én eredetileg okos számítógép segítségével). De persze utólag meg lehet találni az explicit képletet, l. pl.

http://mathworld.wolfram.com/NewtonsIteration.html

Azt írja: "has the clever closed-form solution..."

Itt "area tangens hiperbolikusszal" van megadva, de ez, mint tudjuk, kifejezhető a logaritmussal.

Előzmény: [473] Ali, 2005-11-21 15:54:56
[475] Lóczi Lajos2005-11-21 20:37:48

Így is sejtettem (én is ezekre a konklúziókra jutottam a Mathematicával kapcsolatban legalábbis).

Előzmény: [474] Róbert Gida, 2005-11-21 17:05:43
[474] Róbert Gida2005-11-21 17:05:43

Maple 9.5 és Mathematica 5.1 sem tudja kiszámolni!!! Stirling formulából adódik, hogy 4>n!*e^n*n^{-n-\frac 12}>1 ha n nagy. Így írhatjuk, hogy az eredeti sor pontosan akkor konvergens, ha \sum _{n=2}^{\infty} \frac 1{n\ln  n} konvergens, viszont ez utóbbi sorról integrálközelítő összegekkel ismert, hogy divergens, így az eredeti sor is az.

Érdekes, de még ez utóbbi sorról sem tudja a Mathematica, hogy divergens, így ez a fő oka, hogy nem tudja kiszámolni. Kipróbáltam a Stirling formulát ismeri, tehát el tud elvileg jutni a mi összegünkig, de tovább nem. Ekkor próbáltam ki, hogy mit ad a primek reciprokösszegére és ez a megdöbbentő, hogy ezt sem ismeri, aminek most talán nem az az oka, hogy ezt a sorösszeget nem ismeri, hanem az, hogy idáig el sem tud jutni!!! mert nem ismeri azt az alapvető formulát, hogy \lim_{n\to\infty} \frac {p_n}{n*\ln n}=1 teljesül, ahol pn az n-edik prím ( ez egyébként a prímszámtételből adódik ). Bár ismert persze elemi bizonyítás a prímek reciprokösszegének a divergenciájára Erdős Páltól például.

Előzmény: [471] Lóczi Lajos, 2005-11-21 14:32:42
[473] Ali2005-11-21 15:54:56

Érdekes, nem engedett többet beírni...

akkor folytatva qn+1=2qn=2n+1q0 , n\ge0. qn -t kifejezve pn segítségével,

q_n = \frac{1}{2}ln\frac{p_n+\sqrt a}{p_n-\sqrt a}=2^{n-1}ln\frac{p_0+\sqrt a}{p_0-\sqrt a}

Ebből

p_n = \sqrt a \cdot\frac{(p_0+\sqrt a)^{2^n} + (p_0-\sqrt a)^{2^n}}{(p_0+\sqrt a)^{2^n} - (p_0-\sqrt a)^{2^n}}

Előzmény: [472] Ali, 2005-11-21 15:54:11
[472] Ali2005-11-21 15:54:11

Megoldás a 79. feladatra:

p_{n+1}=\frac{1}{2}\left(p_n+\frac{a}{p_n}\right) \qquad ,a>0

a.) eset: p0>0

\left(\sqrt{p_n} - \sqrt{\frac{a}{p_n}}\right)^2 \ge 0 \quad miatt \quad p_{n+1}=\frac{1}{2}\left(p_n+\frac{a}{p_n}\right) \ge \sqrt a \quad ,n\ge 0

pn monoton fogyó, ugyanis n\ge1 esetén p_{n} \ge \sqrt a miatt

p_{n+1}=\frac{1}{2}\left(p_n+\frac{a}{p_n}\right) \le p_n

Egy monoton fogyó alulról korlátos sorozatnak létezik határértéke, esetünkben az

x = \frac{1}{2} \left(x + \frac{a}{x} \right)

egyenlet pozitív gyöke. Ezért \lim_{n\to\infty} p_n = \sqrt a

c.) eset: p0<0. ekkor pn monoton növő -\sqrt a -hoz konvergáló sorozat.

b.) eset: p2005=? Tfh a>0 és p_0 > \sqrt a és legyen p_n = \frac{\sqrt a}{\th q_n} ,

ahol \th x =\frac{e^x - e^{-x}}{e^x + e^{-x}}

\frac{1}{\th 2x} = \frac{1}{2}\left(\th x + \frac{1}{\th x}\right) és a rekurzív összefüggés miatt \frac{1}{\th q_{n+1}} = \frac{1}{2}\left(\th q_n + \frac{1}{\th q_n}\right) = \frac{1}{\th2q_n}

Előzmény: [397] Lóczi Lajos, 2005-10-30 21:09:38
[471] Lóczi Lajos2005-11-21 14:32:42

Kíváncsi vagyok, hogy a matematikai programcsomagok hogyan reagálnának arra, ha megkérdeznék tőlük, mennyi a


\sum _{n=2005}^{\infty } \frac{e^n n^{-n-\frac{3}{2}}
   n!}{\log_2 n}

összeg értéke. És szerintünk mennyi?

  [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