Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

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.
[402] ágica2005-10-30 22:02:05

Legyen a=1253\sqrt2, b=963\sqrt3, c=26209, d=10500\sqrt6, az egyszerűség kedvéért. A feladatban lévő összeg első tagját beszoroztam \frac{\root3\of{a+b}}{\root3\of{a+b}} -vel, a második tagot pedig hasonló módon szorozva, majd közös nevezőre hozva és egyszerűsítve kaptam, hogy az eredeti összeg egyenlő a \root4\of{c-d}+\root3\of{a+b} kifejezéssel. Ebből arra gondoltam, hogy \root4\of{c+d}=\root3\of{a+b}, és a számológépem ebben a gondolatban megerősített :) Tehát az eredeti kifejezést végülis felírtam \root3\of{a-b}+\root3\of{a+b} alakban, ami viszont felírható \frac{2a}{{(a+b)}^{2/3}-{(a^2-b^2)}^{1/3}+{(a-b)}^{2/3}} formában is. Itt a nevező értékére a számológép kereken 179-et hozott ki, és ebből adódott az eredményem, ami persze lehet, hogy a számológép használatából adódó pontatlanságok miatt végülis hibás :)

Előzmény: [395] Lóczi Lajos, 2005-10-30 20:07:02
[401] Lóczi Lajos2005-10-30 21:36:47

82. feladat. Valamely \alpha\in[0,1] esetén tekintsük az e_n:=\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+\alpha} sorozatot. Határozzuk meg a fenti \alpha-k közül mindazokat, melyekre az en sorozat

a.) monoton növő, illetve b.) monoton fogyó.

[400] lorantfy2005-10-30 21:35:45

Kedves Suhanc!

Szép megoldás! Grat! Ahhoz képest, hogy a sárga feladatgyüjteményből van elég húzós!

Nekem dupla helyettesítéssel sikerült. Az elsővel szimmetrikus negyedfokúvá alakul, majd a szokásos módszerrel másodfokú lesz.

Ha lesz időm holnap beírom.

Előzmény: [388] Suhanc, 2005-10-30 12:46:17
[399] Lóczi Lajos2005-10-30 21:19:45

81. feladat. Legyen f0=0 és f1=1, továbbá legyen f_n:=f_{n-1}+\frac{1}{5f_{n-2}+1}. Döntsük el, hogy fn felülről korlátos-e.

[398] Lóczi Lajos2005-10-30 21:17:15

80. feladat. Adjuk meg, mennyi lesz az alábbi végtelen tört értéke:

\frac{1}{2+\frac{1}{2+\frac{1}{2+ ...}}} ,

azaz mennyi \lim_{n\to \infty}r_n, ha r1=1/2 és r_{n+1}=\frac{1}{2+r_n}? Bizonyítsuk is be az eredményt.

[397] Lóczi Lajos2005-10-30 21:09:38

79. feladat. Tekintsük azt a pn sorozatot, amelyre p_0=\frac{22}{7} és p_{n+1}=\frac{1}{2}\left(p_n+\frac{\pi}{p_n} \right).

a.) Mi lesz \lim_{n\to \infty} p_n ?

b.) Adjuk meg p2005 pontos értékét. (A válaszban tehát konstansokat és elemi függvényeket használhatunk, de a pn sorozat elemeit nem).

c.) Mi lesz \lim_{n\to \infty} p_n, ha a fenti 22/7 helyett p0:= -1010 ?

[396] Lóczi Lajos2005-10-30 20:46:24

78. feladat. Valamely a>0 szám esetén értelmezzük az xn sorozatot a következőképpen:

x0:=0, x_1:=\sqrt{a}, x_2:=\sqrt{a+\sqrt{a}}, x_3:=\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a}}}, és általában, x_{n+1}:=\sqrt{a+x_n}.

a.) Lássuk be, hogy az xn sorozat konvergens. Jelölje a határértékét A. Fejezzük ki A-t a segítségével.

b.) Mutassuk meg, hogy ha \varepsilon>0 tetszőleges valós szám és n\ge \frac{\ln(A/\varepsilon)}{\ln A}, akkor a hiba legfeljebb \varepsilon, azaz |xn-A|\le\varepsilon.

c.) Viszont ha n\le \frac{\ln(A/\varepsilon)}{\ln(2 A)}, akkor a hiba legalább \varepsilon, azaz \varepsilon\le|xn-A|.

[395] Lóczi Lajos2005-10-30 20:07:02

Kíváncsi vagyok (csak címszavakban), hogy a "némi számolás" milyen típusú számolásra, módszerre utal.

Előzmény: [390] ágica, 2005-10-30 14:53:11
[394] Lóczi Lajos2005-10-30 19:58:16

A [377]-es hozzászólásban megfogalmazott sejtés alapján ez már gyerekjáték :) Az egyenletnek nincs megoldása, mert modulo 11 megoldhatatlan.

Előzmény: [393] Edgar, 2005-10-30 19:32:45
[393] Edgar2005-10-30 19:32:45

Nem tudom, szerepelt-e ez már... ha igen, elnézést :-)

Igazi gonosz kis ujjgyakorlat... Oldd meg a természetes számok körében:

x5-y2=4

[392] Edgar2005-10-30 19:21:55

így van :-) okosabb vagy, mint a nagykemény Maple szoftver... azaz ezer matematikusnál okosabb :-P ("Command the Brillance of a thousand mathematicians") azt hittem, majd befejti nekem, de magad uram lett belőle...

Előzmény: [390] ágica, 2005-10-30 14:53:11
[391] lorantfy2005-10-30 18:41:50

Igazad van!

A 32.tesztfeladathoz kiegészítő kérdés: Hányadik tizedesjegytől ismétlődik a Fibonacci sorozat tagjaiból az ott leírt módon készített végtelen összeg racionális értéke.

Előzmény: [389] Lóczi Lajos, 2005-10-30 13:32:48
[390] ágica2005-10-30 14:53:11

Némi számolás után kijött, hogy a kifejezés egyenlő 14*gyök2-vel, tehát irracionális :)

Előzmény: [386] Lóczi Lajos, 2005-10-30 01:27:22
[389] Lóczi Lajos2005-10-30 13:32:48

Nem következik, hogy nincs igaza!

Egy racionális számban nemcsak az első pár tizedeshelyen levő "89" alkothatja az ismétlődő részt, ezért a hozzászólásodból a "szebb" szó törlendő :)

Előzmény: [387] lorantfy, 2005-10-30 11:22:22
[388] Suhanc2005-10-30 12:46:17

Kedves László!

Egy lehetséges megoldás:

Végezzük el egyenletünkkel a következő átalakításokat (x<>-5)!

x^2 +\frac{25x^2}{(x+5)^2}= 11

x2(x+5)2+25x2=11(x+5)2

x2(x+5)2+25x2+25(x+5)2=36(x+5)2

(x+5)2[x2+25]+25x2=36(x+5)2

(x+5)4-10x(x+5)2+25x2=36(x+5)2

[(x+5)2-5x]2=(6x+30)2

Ahonnan a2-b2=(a+b)(a-b) azonosságot felhasználva, és rendezve a tényezőket kapjuk, hogy:

(x2+11x+55)(x2-x-5)=0

Nyilván: x2+11x+55>0

Ezért csak x2-x-5=0 lehetséges, melyet

x_1 = \frac{1+\sqrt21}{2}   x_2 = \frac{1-\sqrt21}{2} gyökök teljesítenek.

Előzmény: [382] lorantfy, 2005-10-29 11:54:41
[387] lorantfy2005-10-30 11:22:22

Nincs igaza, mert ha egy pontosabb géppel számolja rögtön kiderül, hogy a 89 számpár nem ismétlődik: 19,798989873223330683223642138936

Szebb indoklásra még várni kell!

Mindenesetre ha racionális szám lenne, akkor ez lenne az értéke: \frac{195911}{9900}=19,788989898989...

Előzmény: [386] Lóczi Lajos, 2005-10-30 01:27:22
[386] Lóczi Lajos2005-10-30 01:27:22

77. feladat. Valaki számológéppel azt találta, hogy

\root3 \of{ 1253{\sqrt{2}} - 963{\sqrt{3}} } + \root 4 \of{ 26209 + 10500{\sqrt{6}} }\approx 19.7989898...

amiből azt sejti, hogy a fenti szám racionális. Igaza van-e?

[385] Lóczi Lajos2005-10-29 22:49:03

\frac{-11 \pm  3i   {\sqrt{11}}}{2} például megoldás, ahol i a komplex képzetes egység.

Előzmény: [384] lorantfy, 2005-10-29 22:18:31
[384] lorantfy2005-10-29 22:18:31

A racionális számok körében sincs. :-)

Helyettesítéssel kellene visszavezetni másodfokúra!

Előzmény: [383] Lóczi Lajos, 2005-10-29 22:01:15
[383] Lóczi Lajos2005-10-29 22:01:15

Az egész számok körében nincs megoldás :)

Előzmény: [382] lorantfy, 2005-10-29 11:54:41
[382] lorantfy2005-10-29 11:54:41

76. feladat: Oldjátok meg az egyenletet:

x^2+\frac{25x^2}{(x+5)^2}=11

[381] Róbert Gida2005-10-29 02:12:14

Sokkal egyszerübben is meg lehet oldani ezeket, ha lnko(p,q)>1 most itt x59+y59=3, feltehető a szimmetria miatt, hogy x\geq0>y, továbbá x59=3+(-y)59 miatt, hogy x>-y, de akkor x59+y59\geqx59-(x-1)59, de ez x-ben nyilván monoton nő, x=0;1-re nincs megoldás és x\geq2-re x59+y59\geq259-1, így nincs megoldás.

Ez általánosítható arra az esetre is, ha d=lnko(p,q)>1, használjuk, hogy a szomszédos d-edik hatványok különbsége monoton nő,mint az előbb és ha x ismert, akkor az egyenletből abs(y) is megkapható, így az egyenletnek véges sok megoldása lehet legfeljebb.

Az általános esetben feltehető, hogy p vagy q páratlan , különben lnko(p,q)\geq2 teljesül. Legyen például q páratlan, ekkor az egyenlet átírható ( az új y legyen a régi -y ).Az egyenlet

xp-yq=k

, ahol k nem nulla, akkor az egyenletnek minden k-ra véges sok megoldása van, ez S. S. Pillai sejtése, máig megoldatlan.

Előzmény: [373] nadorp, 2005-10-27 09:55:27
[380] Lóczi Lajos2005-10-28 23:19:38

Igen, ezek a számok pár napja jó ismerőseim. :) (Az is érdekes kérdés még, hogy a minimális cáfolómodulushoz tartozó "alkalmas n-ek" halmaza micsoda, hányelemű, stb., de ez nyilván bonyolultabb kérdés lenne.)

Előzmény: [379] Ali, 2005-10-28 14:46:34
[379] Ali2005-10-28 14:46:34

Mégegyszer átolvasva minmod(p,q) definícióját, és "alkalmas n"-hez keresve a minimális modulusokat ez jön ki:

minmod(3,3)=7

minmod(5,5)=11

minmod(7,7)=29

minmod(11,11)=23

minmod(13,13)=53

minmod(17,17)=103

minmod(19,19)=191

minmod(23,23)=47

minmod(29,29)=59

minmod(31,31)=311

minmod(37,37)=149

minmod(41,41)=83

minmod(43,43)=173

minmod(47,47)=283

Ebből valóban adódik a 2/a sejtés.

Előzmény: [378] Ali, 2005-10-28 12:00:54
[378] Ali2005-10-28 12:00:54

Kicsit zavaros ez a minmod(p,q).

Pl.: x5+y5=7 egyenlet megoldhatságát az m=11 modulus cáfolja, míg x5+y5=13 -t m=25, az x5+y5=23 -t pedig m=31.

Akkor most melyik a minmod ?

Előzmény: [377] Lóczi Lajos, 2005-10-27 22:56:47

  [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]