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!

ELTE

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.
[620] Fernando2010-04-13 18:45:46

Válaszotokat előre is köszönöm.

Előzmény: [619] Fernando, 2010-04-13 11:20:38
[619] Fernando2010-04-13 11:20:38

Mennyi a valószínűsége, hogy a lottón kihúzott számok között nincsenek szomszédosak?

[618] nadorp2010-04-07 16:45:30

Ha n>1, akkor

e-\left(1+\frac1n\right)^n=e-\sum_{k=0}^n\frac1{k!}+\sum_{k=0}^n\frac1{k!}-\left(1+\frac1n\right)^n=\sum_{k\geq n+1}\frac1{k!}+\sum_{k=2}^n\frac1{k!}\left(1-\left(1-\frac1n\right)...\left(1-\frac{k-1}n\right)\right)\geq

\geq\sum_{k\geq n+1}\frac1{k!}+\sum_{k=2}^n\frac1{k!}\left(1-\left(1-\frac1n\right)\right)=\left(1-\frac1n\right)\sum_{k\geq n+1}\frac1{k!}+\frac{e-2}n>\frac{e-2}n

Előzmény: [616] Lóczi Lajos, 2010-04-07 15:20:27
[617] Lóczi Lajos2010-04-07 15:45:30

(Nem jól mondtam: az optimalitás bizonyításához mindkét oldalon arra volt szükségem, hogy az n(e-(1+1/n)n) függvény monoton növő és limesze a végtelenben micsoda. Viszont a monotonitás nem jött ki 1-2 sorban.)

Előzmény: [616] Lóczi Lajos, 2010-04-07 15:20:27
[616] Lóczi Lajos2010-04-07 15:20:27

Valóban, tehát az optimális konstansok a kétoldali becslésben az e-2, illetve az e/2; azaz minden n pozitív egészre

\frac{e-2}{n}\le e-\left(1+\frac{1}{n}\right)^n<\frac{e/2}{n}.

Az e/2 egyszerűen kijön, de Neked milyen technikával jött ki az e-2 (mert nekem csak kicsit körülményesen, monotonitási érveléssel)?

Előzmény: [615] nadorp, 2010-04-07 11:19:07
[615] nadorp2010-04-07 11:19:07

\frac{e-2}n\leq e-\left(1+\frac1n\right)^n és egyenlőség csak n=1 esetén van, tehát tetszőleges C<e-2 jó lesz.

Az is igaz, hogy bármely C<\frac e2 esetén "elég nagy" n-re \frac Cn<e-\left(1+\frac1n\right)^n

Előzmény: [614] Lóczi Lajos, 2010-03-30 15:17:31
[614] Lóczi Lajos2010-03-30 15:17:31

Megadható-e olyan pozitív C állandó, hogy minden pozitív egész n-re


\frac{C}{n}<e-\left(1+\frac{1}{n}\right)^n?

Ha igen, adjunk is meg minél jobb ilyen C számot.

Előzmény: [609] Lóczi Lajos, 2010-03-20 13:00:50
[613] HoA2010-03-30 11:48:16

Ne kötözködj, még a végén kiderül, hogy a "prím"-ség, sőt az "egész"-ség sem feltétel. A 2010 helyetti tetszőleges nemnulla egészről nem is beszélve :-)

Előzmény: [611] BohnerGéza, 2010-03-29 18:18:07
[612] Ali2010-03-30 08:11:24

Bal oldal következik abból,hogy \left(1+\frac{1}{n}\right)^n monoton növekvőleg tart e-hez, jobb oldal meg abból, hogy \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1} monoton csökkenőleg tart e-hez.

Előzmény: [609] Lóczi Lajos, 2010-03-20 13:00:50
[611] BohnerGéza2010-03-29 18:18:07

És ha p számjegyei közt van 0, 1 vagy 2?

Előzmény: [610] Lóczi Lajos, 2010-03-29 02:36:39
[610] Lóczi Lajos2010-03-29 02:36:39

Igazoljuk, hogy ha p olyan prím, amelynek (10-es számrendszerbeli alakja) nem tartalmaz sem 0-t, sem 1-et, sem 2-t, akkor az


{\rm{arctg}}(p^2)-\frac{\pi}{2}+{\rm{arctg}}(1+p\sqrt{2})+{\rm{arctg}}(1-p\sqrt{2})

szám osztható 2010-zel.

[609] Lóczi Lajos2010-03-20 13:00:50

Igaz-e, hogy ha n pozitív egész és e az Euler-állandó, akkor

0<e-\left(1+\frac{1}{n}\right)^n< \frac{e}{n}?

[608] jenei.attila2010-02-24 10:50:01

Ez így rosszabb lett. Na mégegyszer:

(ax2+by2)(x+y)=(ax3+by3)+xy(ax+by)

(ax3+by3)(x+y)=(ax4+by4)+xy(ax2+by2)

(ax4+by4)(x+y)=(ax5+by5)+xy(ax3+by3)

Előzmény: [607] jenei.attila, 2010-02-24 10:45:50
[607] jenei.attila2010-02-24 10:45:50

Elírás történt, ráadásul a copy-paste miatt több helyen is. Az első 3 egyenlet helyesen:

(ax2+by2)(x+y)=(ax3+by3)+xy(ax+by)

(ax3+by3)(x+y)=(ax4+by4)+xy(ax2+by2)

(ax4+by4)(x+y)=(ax5+by5)+xy(ax3+by3)

Előzmény: [606] jenei.attila, 2010-02-24 10:33:26
[606] jenei.attila2010-02-24 10:33:26

Nem számoltam ki külön x,y,a,b-t. Az én megoldásom: szorozzuk (x+y)-nal a feltételben szerelő kifejezéseket:

(ax2+by2)(x+y)=(ax3+bx3)+xy(ax+by)

(ax3+by3)(x+y)=(ax4+bx4)+xy(ax2+by2)

(ax4+by4)(x+y)=(ax5+bx5)+xy(ax3+by3)

Írjuk be a feltételekből ismert értékeket és vezessük be a t:=x+y és v:=xy helyettesítéseket.

7t=16+3v

16t=42+7v

42t-16v=(ax5+bx5)

Ebbből t=-14, v=-38, (ax5+bx5)=20 adódik.

Előzmény: [605] Róbert Gida, 2010-02-23 20:47:40
[605] Róbert Gida2010-02-23 20:47:40

Kipróbáltam, hogy a computeralgebrai rendszerek vajon meg tudják-e oldani a feladatot, és igen, a Mathematica 5.1 egyből kiadta a két megoldást (a<->b, x<->y cserével is megoldást kapunk). Maple 12 is megoldja, de itt még egy allvalues parancs is kell a solve-hoz, mert rootof-okkal tér vissza. \sqrt 87 van a,b,x,y-ban.

Előzmény: [604] jenei.attila, 2010-02-23 08:26:24
[604] jenei.attila2010-02-23 08:26:24

Egyébként ha a Fibonacci sorozat zárt alakjára gondolunk, akkor látszik, hogy ez a sorozat is egy másodrendű lineáris homogén rekurzió zárt alakja, amely karakterisztikus egyenletének két gyöke éppen x és y, az a,b pedig a két első tag által meghatározott konstansok. A rekurzív képletben szereplő konstansok meghatározhatók a sorozat első 4 tagjából. Nem így oldottan meg a feladatot, de ez is egy lehetséges megoldás lenne.

Előzmény: [603] jenei.attila, 2010-02-23 08:16:10
[603] jenei.attila2010-02-23 08:16:10

Persze hogy megadható, mégpedig úgy, hogy kiszámoljuk az a,b,x,y-t. De ha ez a rekurzió neked nem jött ki, akkor másképp oldottad meg a feladatot. Szerintem most már beszéljük meg a megoldásokat.

Előzmény: [602] R.R King, 2010-02-22 20:40:19
[602] R.R King2010-02-22 20:40:19

Bár magam nem számoltam utána, de ha ez így van, akkor cn megadható n függvényében is. Nem rossz ez a feladat.

Előzmény: [601] jenei.attila, 2010-02-22 17:22:26
[601] jenei.attila2010-02-22 17:22:26

Valóban, ha cn-nel jelöljük axn+byn-et, akkor cn+2=38*cn-14*cn+1

Előzmény: [600] R.R King, 2010-02-22 16:21:51
[600] R.R King2010-02-22 16:21:51

Igen, a 20 az jó lesz. Sőt, szerintem sorozatok segítségével 5 helyett n kitevőre is célhoz érhetünk..

Előzmény: [599] m2mm, 2010-02-22 14:40:07
[599] m2mm2010-02-22 14:40:07

Igen:)

Előzmény: [598] jenei.attila, 2010-02-22 14:25:52
[598] jenei.attila2010-02-22 14:25:52

20?

Előzmény: [597] m2mm, 2010-02-18 21:06:12
[597] m2mm2010-02-18 21:06:12

Az idei Arany Dani haladó/3.kategória 3. feladata: Az a,b,x,y valósokra ax+by=3, ax2+by2=7, ax3+by3=16 és ax4+by4=42. Mennyi ax5+by5?

Aki ismeri, hogyan kell megoldani, az ne lője le.

[596] Fernando2010-02-07 10:39:42

Köszönöm, tanulmányozom!

Előzmény: [594] Lóczi Lajos, 2010-02-05 21:07:12

  [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