|
[445] Lóczi Lajos | 2006-11-21 22:13:44 |
Innen rögtön felmerül a kérdés: vajon mi lehet az a legkisebb pozitív c szám, amelyre
áll fenn, tetszőleges pozitív egész n és valós x esetén? (Ez a szám már "majdnem" szerepelt is az előzőekben...)
|
Előzmény: [442] Fálesz Mihály, 2006-11-21 10:55:36 |
|
|
|
[442] Fálesz Mihály | 2006-11-21 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)|k|x| vagy |sin (kx)|k|sin x|.
A nagy értékekre Abel-átrendezést érdemes alkalmazni.
Feltehetjük, hogy sin x0, 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.
A kicsi indexű tagok becslése:
A nagy indexű tagok összegének becslése:
Most bedobjuk azt, hogy
amiből
ezt alkalmazva,
A becslésünk tehát:
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 . De arra is vigyáznunk kell, hogy mn legyen.
Legyen tehát
Ha m0n, akkor m=m0 választással, az előbbi számolás szerint
Ha m0>n, akkor legyen m=n, és csak kicsi indexek vannak, tehát
|
|
|
[440] jonas | 2006-11-20 22:53:21 |
Én is arra tippelnék, hogy igaz.
Pontos bizonyítást nem tudok, de ez az összeg az
integrált közelíti. Ez az integrál pedig korlátos, mert mindegyik hullám befér az első alá.
|
Előzmény: [437] Lóczi Lajos, 2006-11-20 11:38:09 |
|
|
[438] rizsesz | 2006-11-20 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 Lajos | 2006-11-20 11:38:09 |
Vajon igaz-e, hogy ha x akármilyen valós és n akármilyen pozitív egész szám, akkor
|
|
|
[435] Cckek | 2006-10-29 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 Lajos | 2006-10-24 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 |
|
|
|
[431] Cckek | 2006-10-22 18:23:14 |
Oldjuk meg az n!+1=m2 egyenletet. n=4,5,7 megoldás. Van más is?
|
|
[430] Cckek | 2006-10-22 14:38:32 |
Bizonyítsuk be, hogy:
|
|
[429] Lóczi Lajos | 2006-10-18 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] Gábor5 | 2006-10-18 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] nadorp | 2006-10-18 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 ( 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 |
|
|
|
[424] rizsesz | 2006-10-17 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] Gábor5 | 2006-10-17 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.
|
|
|