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]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[501] jonas	2007-03-20 20:24:21
Akkor így lehet végigvágni a szalagot, hogy hosszabb legyen. Viszont szerintem sem ezt, sem pedig az előzőt nem lehet megcsinálni elefántidomár nélkül.

Előzmény: [500] Csimby, 2007-03-20 17:50:00

[500] Csimby	2007-03-20 17:50:00
:-) És mi a helyzet ha ez egy olyan elefánt ami csak Möbius szalagon hajlandó keresztül mászni? Tehát valahogyan ebből a kicsi Möbius szalagból kéne "nagy" Möbius szalagot csinálni. (ragasztónk nincs)
Előzmény: [499] Python, 2007-03-20 16:55:11

[499] Python

2007-03-20 16:55:11

A4: az ábrán látható módon bevágjuk (keret=lap széle;vonal=vágás)

Mobius-szalag: elvágjuk egy helyen, hogy egy egyenes, lapos szalagot kapjunk, és azt bevágjuk úgy mint az A4-et :) (precízen kell vágni, ha kicsi a Mobius-szalag)

[498] Csimby	2007-03-20 13:59:02
101.feladat I.Van egy A4-es lapunk egy ollonk es egy elefantunk, hogyan bujtatjuk at az elefantot a papiron? II. Van egy Mobius szalagunk, egy ollonk es egy elefantunk, hogyan bujtatjuk at az elefantot a Mobius szalagon?

[497] Csimby

2007-01-31 14:03:21

Vagy például a gombákra is igaz, hogy mindegyikben találhatunk, racionális koordinátájú pontot és így csak megszámlálhatóan sokan lehetnek, mint az embereknél az érdekes matekfeladatoknál.

Az is jópofa, hogy: Hány T-betű ill. hány 8-as fér el a síkon?

A számegyenesen lévő T-betűshöz egy picit más megoldás, bár lényegében ugyanaz, hogy minegyik T-betű kalapjának jobb ill bal oldala alatt is kiválaszthatunk egy racionális számot, a racionális számpárok pedig megszámlálhatóan sokan vannak, és semelyik két T-betűhöz sem rendelhettük ugyanazt a számpárt.

Előzmény: [496] jonas, 2007-01-31 13:53:25

[496] jonas

2007-01-31 13:53:25

Ja igen, emlékszem már.

A feladat úgy volt, hogy rajzolhatunk-e a síkban a számegyenes minden pontja fölé egy T betűt, ami egy függőleges és egy vízszintes szakaszból áll.

Ennek a megoldása az, hogy nem. Ugyanis levághatjuk az összes T betű kalapját úgy, hogy a kezdete és a vége is racionális pont fölött legyen. Így lesz két olyan kalap, ami pont egymás fölött van, hiszen csak magszámlálható sok féle vetület lehet, de kontinuum sok van. Az ennek megfelelő két T betű pedig szükségszerűen átmetszi egymást.

Ez nyilván működik akkor is, ha nem minden pont fölött van gomba, de megszámlálható soknál több van. És persze a térben is működik, hiszen a gombák kalapját le lehet vágni úgy, hogy a vetületük a mezőre egy racionális koordinátájú t églalap legyen.

A feladat párja pedig a következő:

100. feladat: Lehet-e a síkban a számegyenes minden racionális pontja fölé egy T betűt írni úgy, hogy semelyik kettő se messe egymást?

Előzmény: [493] jonas, 2007-01-31 12:57:57

[495] Csimby	2007-01-31 13:33:11
hupsz, ezt az érdekes Matekfeladatok témába szántam.
Előzmény: [494] Csimby, 2007-01-31 13:32:08

[494] Csimby	2007-01-31 13:32:08
Akár mekkorák lehetnek, de nem lehet egyik sem 0 térfogatú. A rajzszögek pedig nem kell hogy hasonlóak legyenek. Jó mókát/munkát :-)
Előzmény: [493] jonas, 2007-01-31 12:57:57

[493] jonas	2007-01-31 12:57:57
Ezt ismerem, de nem pont így adták fel. Megpróbálok visszaemlékezni, hogy is volt a bizonyítás.
Előzmény: [492] Csimby, 2007-01-31 12:26:12

[492] Csimby	2007-01-31 12:26:12
99. feladat Hány gomba nőhet egy végtelen mezőn?

[491] Csimby	2007-01-20 14:45:00
Szép megoldás és átfogalmazás :-)
Előzmény: [490] jonas, 2007-01-20 14:29:40

[490] jonas

2007-01-20 14:29:40

Lényegében igen. A sorokat és az oszlopokat kell úgy teljesen összepárosítani, hogy minden párhoz tartozó elem pozitív legyen. A Hall tétel szerint ehhez elég, hogy a sorok bármely halmazának legallább annyi oszlop legyen a szomszédja, ahány sorról szó van. Ez azért teljesül, mert k sorban lévő elemeknek az összege k, ezek közül a nemnulla elemek tehát nem eshetnek mind k-nél kevesebb oszlopba, mert azoknak az oszlopoknak az elemeinek összege is kevesebb k-nél.

Ezt a feladatot ennél mesésebben szokták feladni. Valahogy úgy hangzik, hogy egy sziget területe diszjunkt módon fel van osztva n törzs egyenlő területű vadászterületére, és másféleképpen diszjunktan fel van osztva n teknősbékafaj élőhelyére, és a törzsek úgy akarnak totemállatot választani maguknak, hogy mindegyik törzs totemállata éljen a saját vadászterületén, és persze mindegyiknek más legyen a totemállata.

Előzmény: [489] Csimby, 2007-01-16 21:51:30

[489] Csimby	2007-01-16 21:51:30
Hú, hát már olyan rég írtam be ezt a feladtot, hogy hirtelen nem is emlékszem a megoldásra :-) De valami párosításos dolognál jött elő, ezekszerint elég hozzá a Hall-tétel?
Előzmény: [488] jonas, 2007-01-16 17:22:07

[488] jonas	2007-01-16 17:22:07
Ez az a híres párosításos feladat amit a Hall tétel után mindig fel szoktak adni, nem?
Előzmény: [487] Csimby, 2005-12-05 16:21:29

[487] Csimby	2005-12-05 16:21:29
98. feladat Egy nem-negatív elemű n×n-es mátrix minden sorában és minden oszlopában is 1 a számok összege. Mutasd meg, hogy van nem-nulla kifejtési tagja. (csak azért ide írom, mert itt voltak nem rég "hasonló" feladatok)

[486] Lóczi Lajos

2005-11-29 21:46:18

97. kérdés. Vajon véges-e az alábbi összeg?

$\sum _{n=1}^{\infty } \left(\frac{e^n n^{\frac{1}{2}-n} n!}{\sqrt{2 \pi }}-n\right)$

[485] Róbert Gida

2005-11-27 11:45:39

96. feladatra

(2n+1)!=(2n+1)*(2n)!-ként felírva és használva a Stirling formulát kapjuk, hogy az eredeti sor pontosan akkor konvergens, ha az $\sum _{n=1}^{\infty} \frac 1{n^{\frac 32}}$ sor konvergens, viszont ez utóbbi konvergens, így az eredeti is az.

Mathematica 5.1 a sor összegét is ki tudja számolni! Eszerint $\frac 1{\sqrt 3}$ az összeg értéke.

[484] Lóczi Lajos

2005-11-27 09:53:41

96. feladat. Véges vagy végtelen-e az alábbi összeg értéke?

$\sum _{k=0}^{\infty } \frac{(3 k)! }{(2 k+1)! k!}\left(\frac{2}{3 \sqrt{3}}\right)^{2 k+1}$

Ha igen, miért?

[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

[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]

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?