Fórum: "ujjgyakorlatok"

Játékszabályok Technikai információ TeX tanfolyam Elfelejtettem a jelszavam Témák

[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] [41] [42] [43] [44] [45] [46] [47] [48] [49] [50] [51] [52] [53] [54] [55] [56] [57] [58] [59] [60] [61] [62] [63] [64] [65] [66] [67] [68] [69] [70] [71] [72] [73] [74] [75] [76] [77] [78] [79] [80] [81] [82] [83] [84] [85] [86] [87] [88] [89] [90] [91] [92] [93] [94] [95] [96] [97] [98] [99] [100]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[483] Lóczi Lajos	2005-11-27 03:06:54
Egy ábra a kérdéses sorozat viselkedéséről. Lássuk be pl., hogy az említett x_n 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 Lajos	2005-11-25 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 Lajos

2005-11-25 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, x_n+1:=x_n²+a rekurziót. Adjuk meg azokat az a értékeket, melyekre az x_n sorozat

a.) konvergens. Mi ekkor a limesze?

b.) korlátos.

c.) divergens.

[480] Lóczi Lajos	2005-11-25 14:02:06
(Az utolsó képletben lemaradt az n index az epszilonból.)
Előzmény: [479] Lóczi Lajos, 2005-11-25 13:53:33

[479] Lóczi Lajos

2005-11-25 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 $\varepsilon$ _n:=A-x_n>0, akkor tehát A $\le$ $\varepsilon$ _n/ $\varepsilon$ _n+1 $\le$ 2A. Ebből rekurzívan egyszerűen adódik, hogy

A(2A)^-N $\le$ $\varepsilon$ $\le$ AA^-N

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

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

[478] Ali

2005-11-25 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 x_n 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 x_n 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 $\geq$ k+1 és $A>x_n\geq x_{k+1}>A-\frac{1}{A^k}\geq A-\varepsilon$ . Ezért |A-x_n|< $\varepsilon$

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] Ali	2005-11-22 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 Lajos

2005-11-21 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 Lajos	2005-11-21 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 Gida

2005-11-21 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 p_n 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

Játékszabályok Technikai információ TeX tanfolyam Elfelejtettem a jelszavam Témák

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?