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.
[802] Lóczi Lajos2013-04-28 13:49:27

Algebrai alakban adott komplex számokat (=a mértani sorozatok kvócienseit) át lehet írni trigonometrikus alakba.

Előzmény: [800] logarlécész, 2013-04-28 13:43:03
[801] logarlécész2013-04-28 13:47:47

Köszönöm a linket! Melyik fejezetre gondoltál? Mert én magamtól a másodrendű rekurziók között keresgéltem, de ott csak a "két mértani sor összege" típusú megoldást láttam ide illőnek, ami komplex végeredményt adott (nekem). Ezért is merült föl bennem a kérdés, hogy van-e ill. hogyan határozható meg a valós képlet.

Előzmény: [799] w, 2013-04-28 12:53:20
[800] logarlécész2013-04-28 13:43:03

Köszönöm a gyors választ! Azt még megkérdezhetem, hogy ez hogy jött ki? (Mi a "módszer"?) :-)

Előzmény: [798] Lóczi Lajos, 2013-04-28 12:44:39
[799] w2013-04-28 12:53:20

Orosz Gy.: Rekurzív sorozatok

Előzmény: [796] logarlécész, 2013-04-28 11:58:34
[798] Lóczi Lajos2013-04-28 12:44:39

\sqrt{8}\cdot 3^{\frac{n}{2}-1} \sin \left(n\cdot {\rm arctan}\sqrt{2}\right)-3^{\frac{n}{2}-1} \cos \left(n\cdot {\rm arctan}\sqrt{2}\right)

Előzmény: [796] logarlécész, 2013-04-28 11:58:34
[797] logarlécész2013-04-28 12:02:56

Igen, én is látom, hogy kihagytam a rekurzióból, hogy csak n>2 egészekre igaz az állítás... :-)

[796] logarlécész2013-04-28 11:58:34

Adott a következő sorozat:

a1=1, a2=3, an=2an-1-3an-2

A sorozat szemmel láthatóan csak valós (egész) elemeket fog tartalmazni. A kérdés: található-e a sorozathoz csak valós számokat használó explicit képlet? (Komplex számokat használó explicit képlet nyilván van, két mértani sor összegeként...)

Minden megoldási javaslatot (ill. végeredményt is) köszönettel fogadok!

[795] w2013-04-10 16:32:56

Ez kicsit trollkodás, szerintem tudod, mire gondolok. Úgy értem, hogy két tétel akkor ekvivalens, ha "közvetlenül" következnek egymásból. A kitűzött feladat nyilván vitatható, ezért is fórumon érdemes megbeszélni.

Előzmény: [794] Sinobi, 2013-04-09 16:38:45
[794] Sinobi2013-04-09 16:38:45

Az egyikből következik, hogy 1=1, és abból, hogy 1=1 következik a másik...

Teljesen biztos vagy abban, hogy tételek körében értelmes ekvivalenciáról beszélni? Definícióknál szoktak, meg esetleg ha kikötöd, hogy milyen axiómákat szabad használni.

Előzmény: [791] w, 2013-04-09 07:22:46
[793] w2013-04-09 07:27:26

Az egyenlőtlenségek alkalmas alkalmazására + esetleg némi határértékszámításra gondolok, de az irracionális súlyokat szerintem most zárjuk ki.

Előzmény: [791] w, 2013-04-09 07:22:46
[792] w2013-04-09 07:23:36

Például az utolsó kettő helyettesítésekkel következik egymásból.

Előzmény: [791] w, 2013-04-09 07:22:46
[791] w2013-04-09 07:22:46

Nyilván (vagy nem) arra gondolok, hogy egyikből következik a másik, és a másikból az egyik levezethető.

Előzmény: [790] Sinobi, 2013-04-08 23:21:15
[790] Sinobi2013-04-08 23:21:15

Mit jelent az, hogy ekvivalensek egymással? Ha a valós számok axiómáit használhatom, akkor mindegyik állítás igaz, kész. Ha nem használhatom, akkor..?

Előzmény: [789] w, 2013-04-08 21:10:52
[789] w2013-04-08 21:10:52

Na, ez talán népszerűbb lesz. Tekintsük a következő egyenlőtlenségeket: AM-GM, Hölder, AM-QM, Titu-lemma, Cauchy.

a) Mutassuk meg, hogy utóbbi három ekvivalens egymással.

b) Igazoljuk, hogy utóbbi négy az elsőből következik.

c) Igaz-e, hogy mind az öt ekvivalens egymással?

[788] w2013-04-07 20:22:22

Nincs sok érdeklődő, úgyhogy elmondom: osszuk el 1012345678-at 1012345678-1-gyel. Ha "kiepszilonozzuk" az ezeknél megszokott módon, láthatóan igaz lesz az állítás (pl. 0,999...=1 esetén). Másképpen: a, 2a, ..., ma teljes maradékrendszer modulo m, ha (a,m)=1.

Előzmény: [787] w, 2013-04-01 23:59:28
[787] w2013-04-01 23:59:28

Ez kicsit nehéz lesz a témához képest, de idevaló.

Nevezzük periódusnak egy végtelen, szakaszos tizedes törben fellelhető legrövidebb szakaszt. Elérhető-e egy pontosan 12345678 hosszú periódus?

[786] Sinobi2013-03-30 17:33:13

Ez egyszerű. A Pitagorasz-tétel miatt azok a pontok, melyekből tB hoszú érintő húzható, a k O középpontjától \sqrt{r^2+tB^2} messze lesznek. Azok a pontok, amelyek A-tól tA+tB távolságra vannak, egy A középpontú tA+tB sugarú körön lesznek. A két kör két metszése lehet csak B, azaz csak két ilyen különböző B pont létezik (adott r,O,a,tA,tB esetén), de az olyan két pont, ahol AB érintő triviálisan jó tehát azok azok.

Előzmény: [785] HoA, 2013-03-30 13:17:02
[785] HoA2013-03-30 13:17:02

A k körön kívüli A ill. B pontokból a körhöz húzott érintő szakaszok hossza tA ill. tB . Igazoljuk, hogy ha AB=tA+tB, akkor ( az ábrával ellentétben ) AB érintő.

[784] w2012-12-24 13:31:34

Elegáns megközelítés. Más megoldás: 10-zel osztunk, majd AM-GM miatt triviális. Ha a változók szorzata 1, vagy összege 1, akkor AM-GM majdnem mindig beválik. Emiatt a feladatot rendezési tétellel is meg lehet oldani, illetve visszavezethető teljes négzetekre (itt talán az is kiszúrná a szemünket).

Előzmény: [783] HoA, 2012-12-24 09:55:21
[783] HoA2012-12-24 09:55:21

Az első négy tagot a+b+c+d négyzetéből származtatva meg kell szabadulnunk a hat darab kettősszorzattól. Egyszerűbb (a-b)2=a2+b2-2ab\ge0,a2+b2\ge2ab alapján kifejezésünket a nála kisebb vagy egyenlő 2ab+2cd+ab+ac+ad+bc+bd+cd -vel helyettesíteni és innen a te módszereddel 3(ab+cd)+(ac+bd)+(ad+bc) csoportosítással a zárójelekben kettőnél nem kisebb számok állnak. Így a relációs jel iránya sem kérdéses.

Előzmény: [781] Bertalan Balint, 2012-12-24 01:44:45
[782] Bertalan Balint2012-12-24 01:52:12

Persze a relacios jel iranya meg kerdeses. :)

Előzmény: [781] Bertalan Balint, 2012-12-24 01:44:45
[781] Bertalan Balint2012-12-24 01:44:45

A szamtani es mertani kozep kozti egyenlotlenseg alapjan a+b+c+d legalabb 4, negyzete legalabb 16. Mivel peldaul ab+cd legalabb 2 (cd=1/ab, ami pozitiv), az allitas konnyen lathatoan igaz.

Előzmény: [780] w, 2012-12-08 21:20:33
[780] w2012-12-08 21:20:33

Az a, b, c, d poz. valós számok szorzata 1. Igazoljuk:

a2+b2+c2+d2+ab+ac+ad+bc+bd+cd\ge10.

[779] valaki akit úgyis ismersz2012-11-14 17:18:47

Helyesbítek: (n!)^\frac1n\le\frac{1+2+3+...+n}n=\frac{n+1}2.

Előzmény: [778] valaki akit úgyis ismersz, 2012-11-13 21:34:49
[778] valaki akit úgyis ismersz2012-11-13 21:34:49

AM-GM egyenlőtlenség szerint (n!)^\frac1n\le\sum_{i=1}^ni=\frac{n(n+1)}2. Hatványraemeléssel adódik a bizonyítandó egyenlőtlenség.

  [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]