Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?
A régi honlapot akarom!!! :-)

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]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[411] Lóczi Lajos2005-10-31 17:47:59

Amit írtál az annyit mond: ha feltesszük, hogy a határérték létezik, akkor az értéke csak \sqrt{2}-1 lehet. (Tehát a limesz létét is meg kellene mutatni, de nem muszáj a definíció alapján, ahogyan írtad, egyszerűbb hivatkozni olyan állításokra, mint pl. "ha egy sorozat monoton és korlátos, akkor konvergens" -- ilyesmit kell keresni pl.)

Előzmény: [406] Suhanc, 2005-10-31 10:30:45
[410] Lóczi Lajos2005-10-31 17:40:43

De attól még a válaszom a 83. feladatra ugyanaz: lásd a [394]-es hozzászólást.

Előzmény: [405] Edgar, 2005-10-31 07:39:29
[409] lorantfy2005-10-31 13:56:12

Kedves Attila!

Kösz a szép megoldást! Beírom az én megoldásomat is.

76. megoldása helyettesítéssel:

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

\frac{25x^2}{(x+5)^2}=25 \big(\frac{x+5-5}{x+5}\big)^2=
 25 \big(1-\frac{5}{x+5}\big)^2 itt legyen A=\frac{5}{x+5} ebből x=5\frac{1-A}{A} ezt visszaírva az eredeti egyenletbe:

25 \big (\frac{1-A}{A}\big )^2 +25 (1-A)^2=11

\big (\frac{1}{A}-1\big )^2 +(1-A)^2=\frac{11}{25}

\frac{1}{A^2}-\frac{2}{A}+2-2A+A^2=\frac{11}{25}

\big (A+\frac{1}{A}\big)^2-2\big (A +\frac{1}{A})-\frac{11}{25}=0

B=\big (A +\frac{1}{A})

25B2-50B-11=0

B_1=\frac{11}{5} \quad B_2=\frac{-1}{5}

Az első gyök ad valós megoldást A-ra:

A_1=\frac{11+\sqrt21}{10}\quad A_2=\frac{11-\sqrt21}{10}

Ezt visszahelyettesítve:

x_1=\frac{1-\sqrt21}{2}\quad x_2=\frac{1+\sqrt21}{2}

Előzmény: [407] jenei.attila, 2005-10-31 11:58:40
[408] jenei.attila2005-10-31 12:23:36

Közvetlenebb helyettesítéssel: y:=\frac{-5x}{x+5}, amiből látszik, ha x gyök, akkor y is az.

Előzmény: [407] jenei.attila, 2005-10-31 11:58:40
[407] jenei.attila2005-10-31 11:58:40

Végezzük el az y:=-x és

z:=\frac{5y}{y-5}

helyettesítést. Ezzel az eredeti egyenlet

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

, illetve

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

alakú lesz. Vagyis, ha y gyöke az egyenletnek, akkor z is az. De

yz=\frac{5y^2}{y-5}

és

y+z=\frac{y^2}{y-5}

. Ezért a másodfokú egyenlet gyökeinek és együtthatóinak összefüggése szerint y és z egy x2+px-5p=0 alakú egyenelet gyökei, míg az eredeti egyenletből kapott negyedfokú egyenlet 3. és 4. gyöke szintén a x2+qx-5q=0 alakú egyenlet gyökei. Elvégezve a két másodfokú egyenlet összeszorzását és az együtthatók összehasonlítását p=1, q=-11 -et kapunk, amiből az eredeti gyökök könnyen megkaphatók.

Előzmény: [382] lorantfy, 2005-10-29 11:54:41
[406] Suhanc2005-10-31 10:30:45

Próba-szerencse:

Legyen \frac{1}{2+\frac{1}{2+...}}=S!

Ekkor nyilván 0<S<\frac{1}{2} Tehát ezen intervallumon keressük S értékét!

Fenti egyenletünk reciprokát véve:

2+ \frac{1}{2+\frac{1}{2+...}}= \frac{1}{S}

Azaz: 2+S= \frac{1}{S}

Amiből: S2+2S-1=0

Itt S értékére két lehetőség van, ebből fenti kikötéseinket 1teljesíti: S=\sqrt2 -1

Ez elfogadható S keresés? Avagy szükséges, hogy minden \varepsilon-ra mutassuk an-t. amire \varepsilon> |(a_n-(\sqrt2 -1)|?

Előzmény: [398] Lóczi Lajos, 2005-10-30 21:17:15
[405] Edgar2005-10-31 07:39:29

jajajj, feladatom törvényen kívül került, mert nem adtam néki számot :-( Legyen:

83. feladat: Oldd meg a természetes számok körében:

x5-y2=4

Előzmény: [393] Edgar, 2005-10-30 19:32:45
[404] Róbert Gida2005-10-30 23:32:26

A probléma nekem is megtetszett: valóban a Maple 9.5 sem tudja egyszerűsíteni a simplify paranccsal a formulát, ezután megpróbáltam a Mathematica 5.1-gyel, hogy mit tud: az egyszerübb Simplify itt sem egyszerűsít, de a bonyolultabb FullSimplify paranccsal 0.75 másodperc alatt megmondja, hogy az érték 14*\sqrt 2. Csodálatos, hogy már ilyen computeralgebra rendszer is van.

Előzmény: [392] Edgar, 2005-10-30 19:21:55
[403] Lóczi Lajos2005-10-30 23:11:46

Ügyes (amit leírtál numerikusan, azok úgy is vannak és be is lehet pontosan bizonyítani).

Előzmény: [402] ágica, 2005-10-30 22:02:05
[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

  [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]