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]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[436] ágica2005-11-09 18:09:50

Hát be kell vallanom hogy ennek a bizonyításáról fogalmam sincs, de majd megpróbálok utánanézni :)

Előzmény: [427] Lóczi Lajos, 2005-11-09 11:26:20
[435] Káli gúla2005-11-09 16:00:42

A konvergenciához valahogy be kell látni (ld. 424), hogy a szomszédos törtek különbségében a számláló 1. Ebből --csak a kacifántosság kedvéért-- egyszerűen belátható, hogy a limesz, azaz \sqrt2 irracionális.

Előzmény: [432] Ali, 2005-11-09 15:10:08
[434] nadorp2005-11-09 15:36:07

Bocs,nem láttam az előző négy hozzászólást (éppen TeX-eltem). Ennek tudtában nem részletezek ennyit.

[433] nadorp2005-11-09 15:29:46

Ez a megoldás csak egy adalék, hiszen a példát már megoldottátok. Úgy rémlik, hogy általános esetben is valami hasonló módszerrel kezelik a lánctörteket.

Könnyű látni, hogy igaz az alábbi két állítás:

1. Ha r_n>\sqrt2-1, akkor rn>rn+2 és r_{n+2}>\sqrt2-1

2. Ha r_n<\sqrt2-1, akkor rn<rn+2 és r_{n+2}<\sqrt2-1

Mivel r_1>\sqrt2-1, ezért r1>r3 és r_3>\sqrt2-1 is teljül. Innen indukcióval nyerjük, hogy

r_1>r_3>r_5>...>\sqrt2-1 Teljesen hasonlóan

r_2<r_4<r_6<...<\sqrt2-1

A páratlan és páros indexű tagokból álló két sorozat külön külün szigorúan monoton és korlátos, tehát konvergens. Mivel r_{n+2}=\frac{r_n+2}{2r_n+5}, ezért a hátérték mindkét esetben kielégíti az x=\frac{x+2}{2x+5} egyenletet, aminek egyetlen pozitív megoldása a \sqrt2-1. Ha most "összefűzzük" a két sorozatot, akkor elég nagy n-től kezdve a páros és páratlan indexű elemek mindegyike elég közel lesz \sqrt2-1-hez ( ez most nem precíz megfogalmazás!!), azaz az eredeti sorozatnak is ez a határértéke.

Előzmény: [427] Lóczi Lajos, 2005-11-09 11:26:20
[432] Ali2005-11-09 15:10:08

Fordítva.

Előzmény: [431] Ali, 2005-11-09 15:08:33
[431] Ali2005-11-09 15:08:33

Úgy van :-) A páratlan indexű szigorúan monoton növekvő, a páros indexű szigorúan monoton csökkenő. Találkoznak \sqrt2-1 -nél.

Előzmény: [430] Káli gúla, 2005-11-09 14:54:54
[430] Káli gúla2005-11-09 14:54:54

"Melyik sorozat monoton?" Mind a kettő :)

Előzmény: [429] Ali, 2005-11-09 14:46:56
[429] Ali2005-11-09 14:46:56

Melyik sorozat monoton ? Csak nem az rn ?

r_{2k-1} > \sqrt 2-1; r_{2k} < \sqrt 2-1, ahol k>0 egész.

Érdekelne az egyszerűbb megoldásod.

Előzmény: [425] Lóczi Lajos, 2005-11-09 02:28:48
[428] Gubbubu2005-11-09 13:46:47

Egy tényleg egyszerűke kis feladat, kisebbeknek (a "szultán és rabok" néven is ismert fa. egy variációja):

Gilgames, Uruk város pateszije (uralkodója), a Legyőzhetetlen Bika, Az Istenek Ereje, Istár Istenasszony Kegyeltje, Győzedelmes Minden Égtájak Seregei Fölött, Kedves Az Égiek Előtt. etc. etc. trónra kerülése után az ilyen alkalmakkor szokásos közkegyelemben részesíti a Borzalmak Háza (az uruki börtön) nyomorult lakóit. Megbízza száz hű emberét, hogy az első mindegyik ajtót nyissa ki, a második minden másodikat zárja be, a harmadik minden harmadikat nyissson ki, a negyedik minden negyediket zárja be ... és így tovább. Mely sorszámú cellák rabjai szabadulnak?

[427] Lóczi Lajos2005-11-09 11:26:20

Jó, nyilván arra vonatkozott a kérdés, hogy minél kisebb apparátussal hogyan bizonyítható az állítás; vagy hol nézhet utána az érdeklődő az idézett tételnek :)

Előzmény: [426] ágica, 2005-11-09 06:18:00
[426] ágica2005-11-09 06:18:00

Én úgy tudom, hogy egy szám lánctört közelítései konvergálnak az adott számhoz, tehát ezt nem kell bizonyítani :) A -1-nek pedig az 1/n sorozat nem a lánctört-közelítéseinek a sorozata :)

Előzmény: [423] Lóczi Lajos, 2005-11-08 23:04:28
[425] Lóczi Lajos2005-11-09 02:28:48

Micsoda kacifántos megoldások születtek :-) (Én csak szimpla monotonitási érveléssel csináltam az egészet.)

Előzmény: [424] Róbert Gida, 2005-11-09 00:32:00
[424] Róbert Gida2005-11-09 00:32:00

Ez a 80. feladat elég közismert a diofantikus approximáció elméletben, de azért van elemi megoldása is: Nézzük az r_n+1=\frac {p_n}{q_n} sorozatot, ahol lnko(pn,qn)=1, ekkor a sorozatból pl. p1=3;q1=2 teljesül. Ekkor a rekurzióból:

\frac {p_{n+1}}{q_{n+1}}=
1+\frac 1{2+r_n}=1+\frac {1}{1+\frac {p_n}{q_n}}=1+\frac {q_n}{q_n+p_n}=\frac {2 q_n+p_n}{q_n+p_n}

. De mivel lnko(pn,qn)=1 ezért itt a nevező és a számláló relatív prímek, azaz pn+1=2qn+pn és qn+1=qn+pn. Teljes indukcióval könnyen bizonyítható, hogy:

pn2=2*qn2+(-1)n+1

teljesül. Ebből az egyenletből:

{(\frac {p_n}{q_n})}^2=2+\frac {(-1)^{n+1}}{q_n^2}

. Mivel a rekurzióból qn szigorúan monoton nő, ezért (\frac {p_n}{q_n})^2 tart 2-höz, de nyilván \frac {p_n}{q_n}>0 ezért \frac {p_n}{q_n} tart \sqrt 2-höz, azaz az eredeti sorozat \sqrt 2-1-hez.

[423] Lóczi Lajos2005-11-08 23:04:28

Körmönfont :) De azt az állítást, miszerint "n növekedésével az n-edik lánctört közelítés egyre jobban megközelíti \alpha-t" hogy lehet bizonyítani? (Ráadásul az, hogy "egyre jobban megközelíti", nem feltétlenül jelenti azt, hogy a limesze is az lenne: pl. -1-et az 1/n sorozat egyre jobban megközelíti...)

Előzmény: [422] ágica, 2005-11-08 21:56:41
[422] ágica2005-11-08 21:56:41

80. megoldás: A sorozat első pár tagját kiszámolva adódhat az a sejtés, hogy a keresett határérték \sqrt{2}-1. Ennek bizonyításához határozzuk meg az \alpha=\sqrt{2}-1 valós szám lánctört közelítéseit. Általánosan, ha \alpha irracionális, \alpha1=\alpha, és n\ge1 esetén \alpha_{n+1}=\frac{1}{\alpha_{n}-q_{n}}, ahol qn egyenlő \alphan alsó egész részével, akkor \alpha n-edik lánctört közelítése:

\delta_n=//q_1,...,q_n//=q_1+\frac{1}{q_2+\frac{1}{q_3+\frac{1}{...+\frac{1}{q_n}}}}.

Ebben az esetben tehát \alpha_{1}=\sqrt{2}-1, q1=0, \alpha_{2}=\frac{1}{\sqrt{2}-1}\approx{2,4142}, q2=2.

\alpha3-at kiszámolva azt kapjuk, hogy megegyezik \alpha2-vel, tehát q3=q2, így a képzési szabály miatt minden n\ge2-re \alpha_{n}=\frac{1}{\sqrt{2}-1} és qn=2. Vagyis

\delta_n=//0,2,...,2//=0+\frac{1}{2+\frac{1}{2+\frac{1}{...+\frac{1}{2}}}},

ami nem más, mint az r sorozat n-1-edik tagja. n növekedésével az n-edik lánctört közelítés egyre jobban megközelíti \alpha-t, ami azt jelenti, hogy

\lim_{n\to\infty}r_{n}=\alpha=\sqrt{2}-1.

Előzmény: [398] Lóczi Lajos, 2005-10-30 21:17:15
[421] Lóczi Lajos2005-11-06 16:34:32

Szép ötletek és kivitelezés, jó volt olvasni! Azt gondolom, a feladatot ezzel eléggé kiveséztük :)

Előzmény: [420] Róbert Gida, 2005-11-06 12:12:51
[420] Róbert Gida2005-11-06 12:12:51

81.b feladatra, a sorozatra még egy élesebb egyenlőtlenség is kijött, mint amit a limeszes becslés adna. Eltüntetem először a konstansokat a rekurzióból; szorozzuk a rekurziót \sqrt 5-tel, ekkor: \sqrt 5f_n=\sqrt 5f_{n-1}+\frac 1{\sqrt 5f_{n-2}+\frac 1{\sqrt 5}} Adjunk mindkét oldalhoz \frac1{\sqrt 5}-öt és legyen az új sorozat g_n=\sqrt 5f_n+\frac 1{\sqrt 5}; ekkor

g_n=g_{n-1}+\frac 1{g_{n-2}}

, ha n>1 és g_0=\frac 1{\sqrt 5}; g_1=\frac 6{\sqrt 5}

Ez a rekurzió, ha a nevezőben gn-1 lenne, akkor pont az 1975. évi 3. Kürschák példa rekurziója volna! Az ottani ötlettel: emeljük négyzetre a rekurziót, kapjuk:

g^2_n=g^2_{n-1}+\frac 1{g^2_{n-2}}+2\frac{g_{n-1}}{g_{n-2}}

Adjuk össze ezeket az egyenleteket 2-től n-ig, sok tag kiesik, kapjuk:

g^2_n=g^2_1+\sum_{k=0}^{n-2}\frac 1{g^2_k}+
2\sum_{k=0}^{n-2}\frac {g_{k+1}}{g_k} (1)

De g1>g0 és a rekurzióból g monoton nő; így a második szumma minden tagja legalább egy:

g^2_n>g^2_1+2(n-2)=\frac {36}{5}+2(n-2)>2n

de ez n=0;1-re is teljesül és g tagjai pozitivak, így

g_n>\sqrt {2n}

teljesül. Pont ebből az alsó becslésből kapjuk a felső becslést. g sorozatra vonatkozó rekurziót k+1-re felírva: g_{k+1}=g_k+\frac 1{g_{k-1}}, ezt gk-val osztva: \frac {g_{k+1}}{g_k}=1+\frac 1{g_{k-1}g_k}, ha k>0. Így az (1) egyenletből:

g^2_n=g^2_1+\sum _{k=0}^{n-2} \frac 1{g^2_k}+2\sum _{k=1}^{n-2} (1+\frac 1{g_{k-1}g_k})+
2\frac {g_1}{g_0}

, azaz

g^2_n=g^2_1+\frac 1{g^2_0}+2\frac 1{g_0g_1}+2(n-2)+2\frac {g_1}{g_0}+\sum _{k=1}^{n-2} \frac 1{g^2_k}+2\sum _{k=2}^{n-2} \frac 1{g_{k-1}g_k}

, g monotonitását és g0,g1 értékét használva kapjuk:

g^2_n\leq \frac {36}5+5+\frac 53+2(n-2)+12+3\sum _{k=1}^n
\frac 1{g^2_k}

, de g_n<\sqrt {2n}, így

g^2_n<22+
2n+3\sum _{k=1}^n \frac 1{2k}

, ismert, hogy \sum _{k=1}^n
\frac 1k\leq 1+\ln (n+1), ha n\geq0, így

g^2_n<22+2n+\frac 32(1+\ln (n+1))<2n+24+\frac 32 \ln (n+1)

, azaz g_n<\sqrt {2n+24+\frac 32 \ln (n+1)}, de ez n=0;1-re is teljesül, így minden n-re igaz. Visszaírva g definicióját és az alsó becslést is használva, kapjuk:

-\frac 15+\sqrt {\frac {2n}{5}}<f_n<-\frac 15+
\sqrt {\frac {2n+24+\frac 32 \ln (n+1)}{5}}

Amiből már látszik a bizonyítandó, sőt ez élesebb becslés is annál.

[419] Lóczi Lajos2005-11-05 23:00:13

Egy kis heurisztika:

átrendezve a rekurzív egyenletet kapjuk, hogy f_{n+1}-f_{n}=\frac{1}{5 f_{n-1}+1}. Fogjuk fel f-et folytonos függvényként. Ekkor a bal oldal körülbelül f '(n), és (némi további elhanyagolással) a következő differenciálegyenletet nyerjük:

f'(x)=\frac{1}{5f(x)+1}.

Ezt viszont expliciten meg tudjuk oldani, azt kapjuk, hogy f(x)=\frac{-1 + {\sqrt{1 + 10x + 10C}}}{5}, azaz nagy n-ekre f(n)\approx \sqrt{\frac{2}{5}n}.

Előzmény: [418] nadorp, 2005-11-05 13:41:09
[418] nadorp2005-11-05 13:41:09

Mondjuk,ez már nem ujjgyakorlat, de hátha valaki foglalkozik vele:

81.b feladat: Bizonyítsuk be, hogy \lim_{n\to\infty}\frac{f_n}{\sqrt{n}}=\sqrt{\frac25}

Előzmény: [399] Lóczi Lajos, 2005-10-30 21:19:45
[417] jenei.attila2005-11-01 23:39:18

Lényegét tekintve Káli gúla megoldása nagyon hasonló az enyémhez, persze némileg egyszerűbb. Tehát az

y:=x-\frac{5x}{x+5}

helyettesítés a legmegfelelőbb.

Előzmény: [414] lorantfy, 2005-11-01 21:01:10
[416] lorantfy2005-11-01 22:27:25

Hát persze, hogy be szabad írni, sőt kötelező, annak aki tudja! :-)

Nyilván van többféle megoldása, de létezik egy olyan is aminek köze van a sakkhoz.

Előzmény: [415] Lóczi Lajos, 2005-11-01 21:50:07
[415] Lóczi Lajos2005-11-01 21:50:07

Be szabad írni a megoldást? :) Csak nem valahogy a sakkhoz van köze a feladatnak?

Előzmény: [414] lorantfy, 2005-11-01 21:01:10
[414] lorantfy2005-11-01 21:01:10

Kedves Káli gúla!

Ötletes és egyszerű megoldás. Köszönöm! Az enyém túl körülményes.

Felhívom a figyelmedet a 202. feladatra az Érdmatfelben. Egy barátomtól hallottam, aki remélhetőleg hamarosan sakkmester lesz!

Előzmény: [413] Káli gúla, 2005-11-01 20:15:01
[413] Káli gúla2005-11-01 20:15:01

Kedves László!

Az y=\frac{5x}{x+5} jelöléssel az egyenlet x2+y2=11 alakú. A helyettesítésből (*)  xy=5(x-y), ezért

x2+y2=(x-y)2+2xy=(x-y)2+10(x-y)=11.

A \sqrt{11} sugarú kör a (*) hiperbolának csak a jobb oldali ágát metszi, ahol y\lex, így az 1 és a -11 közül csak az x-y=1 gyök jó. Ezt visszaírva (*)-ba az x(x-1)=5 egyenletet kapjuk, aminek a gyökei x=\frac{1\pm \sqrt{21}}2.

Előzmény: [409] lorantfy, 2005-10-31 13:56:12
[412] Lóczi Lajos2005-10-31 22:27:10

(Pontosítok: amit a legutolsó mondatban írtál, annak nincs köze a limesz definíciójához; az csak annyit jelent, hogy a \sqrt{2}-1 torlódási pontja a sorozatnak.)

Előzmény: [406] Suhanc, 2005-10-31 10:30:45

  [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]