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

Fórum: Nehezebb matematikai problémák

  [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]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[442] Fálesz Mihály2006-11-21 10:55:36

Én két trükköt javasolnék.

Az egyik az összeg kettévágása a k "kicsi" és "nagy" értékeire.

A kicsi értékekre valamilyen triviális becslést használunk, pl. |sin (kx)|\lek|x| vagy |sin (kx)|\lek|sin x|.

A nagy értékekre Abel-átrendezést érdemes alkalmazni.

 

Feltehetjük, hogy sin x\ne0, mert sin x=0 esetén az összeg 0. (Erre azért lesz szükségünk, mert néha osztani fogunk sin x-szel.)

 

Tehát: Lesz egy m számunk, amit majd később kitalálunk, odáig vannak a kicsi k-k, utána a nagyok.


\left|\sum_{k=1}^n \frac{\sin(kx)}k\right| \le 
\sum_{k=1}^m \left|\frac{\sin(kx)}k\right| +
\left|\sum_{k=m+1}^n \frac{\sin(kx)}k\right|

A kicsi indexű tagok becslése:


\sum_{k=1}^m \frac{|\sin(kx)|}k \le
\sum_{k=1}^m \frac{k|\sin x|}k = 
m|\sin x|.

A nagy indexű tagok összegének becslése:


\left|\sum_{k=m+1}^n \frac{\sin(kx)}k\right| =
\left|\sum_{p=m+1}^{n-1}\bigg(\frac1p-\frac1{p+1}\bigg)
\sum_{k=m+1}^p\sin(kx)
+\frac1n\sum_{k=m+1}^n\sin (kx) \right| \le


\le \sum_{p=m+1}^{n-1}\bigg(\frac1p-\frac1{p+1}\bigg)
\left|\sum_{k=m+1}^p\sin(kx)\right| +
\frac1n\left|\sum_{k=m+1}^n\sin(kx)\right|.

Most bedobjuk azt, hogy


\sum_{k=a}^b\sin(kx)=
\sum_{k=a}^b\frac{\sin(k+\frac12)x-
\sin(k-\frac12)x}{2\cos\frac{x}2}=
\frac{\sin(b+\frac12)x-\sin(a-\frac12)x}{2\cos\frac{x}2}

amiből


\left|\sum_{k=a}^b\sin(kx)\right|\le
\frac2{2|\cos\frac{x}2|}<
\frac2{|2\sin\frac{x}2\cos\frac{x}2|}=
\frac2{|\sin x|};

ezt alkalmazva,


\left|\sum_{k=m+1}^n \frac{\sin(kx)}k\right|\le
\sum_{p=m+1}^{n-1}\bigg(\frac1p-\frac1{p+1}\bigg)
\frac2{|\sin x|}
+ \frac1n\cdot\frac2{|\sin x|}
= \frac2{(m+1)|\sin x|}.

A becslésünk tehát:


\left|\sum_{k=1}^n \frac{\sin(kx)}k\right| \le 
m|\sin x|+\frac2{(m+1)|\sin x|},

és még nem mondtuk meg, hogy mi az m.

Az m-et úgy választjuk meg, hogy a jobboldal a lehető legkisebb legyen. A két tag szorzata kb. állandó, az összeg kb. akkor a legkisebb, ha a két tag egyenlő, vagyis m\approx\frac{\sqrt2}{|\sin x|}. De arra is vigyáznunk kell, hogy m\len legyen.

Legyen tehát

 m_0 = \left[\frac{\sqrt2}{|\sin x|}\right].

Ha m0\len, akkor m=m0 választással, az előbbi számolás szerint


\left|\sum_{k=1}^n \frac{\sin(kx)}k\right| <
\sqrt2+\sqrt2=2\sqrt2.

Ha m0>n, akkor legyen m=n, és csak kicsi indexek vannak, tehát


\left|\sum_{k=1}^n \frac{\sin(kx)}k\right| \le
n|\sin x| \le m_0|\sin x| <
\sqrt2.

[441] jonas2006-11-20 23:06:38

Másrészt viszont ha x=(2+1/(2n))\pi akkor sin (kx)=sin (k\pi/n) mindig éppen pozitív, így nem teljesen igaz, amit mondtam. Szerintem azonban ilyenkor is korlátos marad az összeg.

Előzmény: [437] Lóczi Lajos, 2006-11-20 11:38:09
[440] jonas2006-11-20 22:53:21

Én is arra tippelnék, hogy igaz.

Pontos bizonyítást nem tudok, de ez az összeg az

 \int_0^{n/x} \frac{\sin(t)}t dt

integrált közelíti. Ez az integrál pedig korlátos, mert mindegyik hullám befér az első alá.

Előzmény: [437] Lóczi Lajos, 2006-11-20 11:38:09
[439] nadorp2006-11-20 20:49:16

Úgy tudom,hogy

\left|\sum_{k=1}^n\frac{\sin(kx)}k\right|\leq1+\pi

Előzmény: [437] Lóczi Lajos, 2006-11-20 11:38:09
[438] rizsesz2006-11-20 16:34:33

Sziasztok! A következő feladatom lenne:

Adott n ember, akik karácsonykor húznak, és nem okoz számukra problémát, ha önmagukat húzzák. Körnek nevezzük azt, ha van valahány ember körbe húzza egymást, pl. A B-t, B C-t és C A-t. Ha egy ember önmagát húzza, az is egy kör.

Várható értékben hány kör fog kialakulni.

[437] Lóczi Lajos2006-11-20 11:38:09

Vajon igaz-e, hogy ha x akármilyen valós és n akármilyen pozitív egész szám, akkor

\left|\sum_{k=1}^n \frac{\sin(k x)}{k}\right|<2006?

[436] Cckek2006-11-11 13:37:26

Na jó, annyit elárulok, hogy az x2+Ay2=z2 egyenlet megoldásai: 2x=c(u2b-v2a), y=cuv, 2z=c(u2b+v2a) ahol ab=A, (v,u)=(v,b)=(b,c)=1

Előzmény: [435] Cckek, 2006-10-29 16:24:50
[435] Cckek2006-10-29 16:24:50

Egy szép kis feladat, ha valakinek van ideje gondolkozni:) Oldjuk meg az x4+Ay4=z4 diofántoszi egyenletet, ahol A pozitív négyzetosztóktól mentes egész.

[434] Lóczi Lajos2006-10-24 22:03:10

Amúgy a KöMaL 1999/1-es számában Győry Kálmán írt egy cikket "Binom. együtthatók és teljes hatványok" címmel, rokon kérdésfelvetésekről, a sulinetes archívumból eléred.

Előzmény: [433] Cckek, 2006-10-24 21:55:54
[433] Cckek2006-10-24 21:55:54

Nos, valószinűleg, csak ezek az értékek megoldások, viszont ezt bizonyítani... Ha legalább az abc sejtésről tudnám, hogy igaz...:)

Előzmény: [432] Lóczi Lajos, 2006-10-24 20:05:43
[432] Lóczi Lajos2006-10-24 20:05:43

Ha n és m pozitív egészek, akkor a számítógép szerint n\le1000-ig csak a felsorolt értékekre négyzetszám n!+1.

Előzmény: [431] Cckek, 2006-10-22 18:23:14
[431] Cckek2006-10-22 18:23:14

Oldjuk meg az n!+1=m2 egyenletet. n=4,5,7 megoldás. Van más is?

[430] Cckek2006-10-22 14:38:32

Bizonyítsuk be, hogy:

\left(\frac{2n-1}{e}\right)^\frac{2n-1}{2}<(2n-1)!!<\left(\frac{2n+1}{2}\right)^\frac{2n+1}{2}

[429] Lóczi Lajos2006-10-18 21:22:07

Az egyre élesebb egyenlőtlenségek "kitalálásához" nyilván a gamma függvény aszimptotikus sorfejtését kellene, hogy megnézze az ember, a második formula például itt. (Az együtthatók a Bernoulli-számokkal fejezhetők ki.) Ennek a sornak a "csonkolásáról" kellene megvizsgálni, hogy alsó- vagy felső becslések-e...

Előzmény: [427] nadorp, 2006-10-18 09:04:14
[428] Gábor52006-10-18 17:40:45

Kösz a megoldást. csak azt nem értettem hogy a gyök2/2-t miért kell kivonni az 1-ből AQ-nál és RB-nél.

[427] nadorp2006-10-18 09:04:14

OK, én sem gondoltam, hogy a legjobb becslés lesz, hiszen elég egyszerű módszert alkalmaztam (trapéz módszer). Nem is vártam, hogy ilyen kevés számolással a logaritmus függvény egész helyen felvett értékeit vizsgálva be fog jönni valahol a \pi ( bár ki tudja? :-). De még így elég volt arra, hogy legfeljebb 1 számjegy eltéréssel megmodjuk n! hosszát. A cikket különben én is olvastam, nagyon tanulságos volt.

Előzmény: [426] Cckek, 2006-10-18 05:47:02
[426] Cckek2006-10-18 05:47:02

Nos, a felső határ nem is javítható, az alsó viszont igen. Idézek Lóczi Lajos "A faktoriális alsó- és felső becslései" c. cikkből:1<\frac{n!}{\left(\frac{n}{e}\right)^n\root\of{2\pi n}}\le\frac{e}{\root\of{2\pi}} minden nullától külömböző természetes számra, ahol a c1=1 és c_2=\frac{e}{\root\of{2\pi}} konstansok nem javíthatók. Ezek szerint:\left(n+\frac12\right)lgn-nlge+\frac12lg{2\pi}<lgn!\le\left(n+\frac12\right)lgn-\left(n-\frac12\right)lge+\frac12lge

Előzmény: [422] nadorp, 2006-10-17 16:02:29
[425] jonas2006-10-17 22:22:26

Vagy, ha nem akarjuk kiszámolni 10000!-t explicite, akkor elővehetjük az I. 7. megoldását, és lefuttathatjuk 10000-re.

Előzmény: [418] Lóczi Lajos, 2006-10-17 12:35:51
[424] rizsesz2006-10-17 21:32:57

Legyen e és BC metszéspontja T. Ekkor QTB hasonló ABC-hez, és mivel a területeik aránya 1:2, így a hasonlóság aránya ennek gyöke 1:gyök2=gyök2/2. Tehát QB=gyök2/2*AB, AQ=(1-gyök2/2)*AB. Tök hasonlóan RB=(1-gyök2/2)*AB. így QR=AB*(1-2*(1-gyök2/2))=AB*(gyök2-1), és a területek aránya, mivel ABC és PQR hasonlóak, így megfelelő oldalaik arányaik a négyzete, azaz (gyök2-1) a négyzeten = 3-2gyök2.

Előzmény: [423] Gábor5, 2006-10-17 21:01:47
[423] Gábor52006-10-17 21:01:47

Ha lehet akkor gyorsan kellene egy megoldás (ha lehet levezetéssel) ehhez a feladathoz (én is próbálkoztam de nem akart kijönni és idő szükében vagyok):

Az ABC háromszög AC oldalával párhuzamos e egyenes és a BC oldalával párhuzamos f egyenes felezik a háromszög területét; e és f a P pontban metszik egymást; az e egyenes az AB oldalt a Q pontban, f az R pontban metszi. Határozzuk meg az ABC és a QPR háromszögek területének arányát!

Elöre is kösz ha tud valaki segíteni.

[422] nadorp2006-10-17 16:02:29

Nem úgy indultam el. Az általam kapott egyenlőtlenségek az \int_1^n\lg{x}dx integrál alsó és felső becsléséből adódtak.

Előzmény: [421] Cckek, 2006-10-17 15:16:56
[421] Cckek2006-10-17 15:16:56

Gondolom a \left(\frac{n}{e}\right)^n\root\of{ne}<\left(\frac{n}{e}\right)^n\root\of{2\pi n}<\left(\frac{n}{e}\right)^ne\root\of{n}  egyenlőtlenségből indultál ki.Bocs ha tévednék de ha igy van, akkor a középső kifejezés csak becslése n!-nak tehát nem is biztos hogy az egyenlőtlenséglánc fennáll.

Előzmény: [420] nadorp, 2006-10-17 14:11:35
[420] nadorp2006-10-17 14:11:35

Bocsi, a módszer jó, de tényleg elszámoltam ( ui. az nln n-n=(n-1)ln  egyenlőség nálam igaz volt:-). A helyes (???) egyenlőtlenség:

(n+\frac12)\lg{n}-(n-\frac12)\lg{e}<\lg{n!}<(n+\frac12)\lg{n}-(n-\frac12)\lg{e}+\frac12\lg{e}

Előzmény: [419] Hajba Károly, 2006-10-17 12:59:18
[419] Hajba Károly2006-10-17 12:59:18

Valamit elszámolhattál, mert legyen n=50, akkor:

49,5*lg 50=84,099...>.lg (n!)=64,48...

Előzmény: [414] nadorp, 2006-10-17 10:55:33
[418] Lóczi Lajos2006-10-17 12:35:51

Egyszerűen: beírom pl. a Mathematica-ba, hogy 10000!, megnyomom az Entert, várok másfél századmásodpercet, és máris számolhatom, hány 0-ra végződik :)

Előzmény: [417] Cckek, 2006-10-17 12:28:33

  [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]