Fórum: Érdekes matekfeladatok

A nyelv felreertheto, ha nem zarojelezzuk :) Igy is erthette szerintem:

(feltucat) tucat tucat tucat

persze ekkor is latszik, melyik mekkora.

Szia Csimbi!

Ha van egy kis időd írjál nekem egy emilt, ui. a Te címed nincs fenn. Egy feladattal kapcsolatban szeretnék konzultálni veled. Üdv! Laci

Lehet, hogy elírtad, de mivel mindkét helyen négyszer szerepel a "tucat", a két kifejezés értéke 0,5^.tucat⁴ illetve 6^.tucat⁴ , tehát mindenképpen a második a nagyobb, függetlenül attól, hogy a tucat milyen pozitív számot jelöl.

Nyilvan nagyon hasonlo a ket megoldas, de igy utolag megnezve, a megoldasomban valojaban nem is kell kihasznalni, hogy az eredeti a_n sorozat monoton novo, sem azt, hogy konvergens, csupan azt, hogy mindig (0,1)-ben van (es persze a lenyegi osszefuggest).

Sajnálom, elsiettem:)) De az csak jó lehet ha egy feladatra két szép megoldás is van a forumon. Amúgy azt hiszem az a_n1,n határértékből és

összefüggésből már következik, hogy p_n nullsorozat.

Itt van még egy:

.

Konvergens-e az y_n=n-(x₀+x₁+...+x_n-1) sorozat?

Melyik a több? Fél tucat tucat tucat tucat, vagy hat tucat tucat tucat tucat? A második vagy az első vagy egyenlőek?

Varhattal volna meg egy fel napot a leirassal :) de mivel tegnap 2 orat gondolkodtam a feladaton, beirom az en megoldasomat is.

Jeloljon n mindvegig nemnegativ egeszt. Konnyu latni, hogy a_n monoton no es minden n-re 0<a_n<1.

Legyen es szokas szerint p₀:=1. A rekurziv osszefuggesbol kapjuk, hogy 1-a_n+1=(1-a₁)^.p_n².

Mivel 0<p_n monoton fogyo, ezert konvergens. Indirekten tegyuk fel, hogy p_np>0. A monotonitas miatt ekkor persze minden n-re p_n>p, azaz -p_n²<-p².

Mivel tetszoleges valos x eseten x=1-(1-x)e^-(1-x), ezert

e^{(1-a₁)(-1-p2.n)}.

Ha most n, a jobb oldal tart 0-hoz. Az adodo ellentmondas mutatja, hogy p_n valoban nullsorozat.

Ez a feladat túl szép ahoz, hogy megoldatlanul maradjon:

a₁(0,1) Ha a_k(0,1) akkor a_k+1=a_k²(a_k-1)+1, de -1<a_k-1<0 tehát 1-a_k²<a_k²(a_k-1)+1<1 az-az a_k+1(0,1). A matematikai indukció elve szerint a_n(0,1),nN.

a_n+1-a_n=a_n³-a_n²-a_n+1=(a_n-1)²(a_n+1)>0 tehát a_n növekvő. Legyen a_n határértéke l. Ekkor l=l³-l²+1,l[0,1] tehát l=1. Tehát létezik egy b_n csökkenő sorozat, b_n0 úgy hogy a_n=1-b_n. Írhatjuk:

1-b_n+1=(1-b_n)³-(1-b_n)²+1b_n+1=b_n(1-b_n)² ezért

ahonnan tagonként felírva majd összeszorozva kapjuk, hogy

ahonnan .

Tehát

A feladatot nem találtam meg, de az állítást a Járai-könyvben igen (162. oldal).

Ez azt állítja, hogy a racionális számok halmaza nem áll elő megszámlálhatóan sok nyílt halmaz metszeteként.

Mint matektanárunk szokta mondani, az eredmény közlése nem egyenlő a feladat megoldásával. Ha valakinek kell egy kis segítség az ilyen típusú feladatok megoldásához, hát lássuk: 1. megközelítés. Ki mond igazat?

I: Az első ajtó mond igazat -> a nyeremény a 2. mögött van -> a 2. is igazat mond -> ellentmondás azzal, hogy csak egy mond igazat

II: a második ajtó mond igazat -> mivel csak egy ajtó mond igazat, az 1. ajtó hazudik -> a 3. is igazat mond -> ellentmondás azzal, hogy csak egy mond igazat

III. a harmadik ajtó mond igazat -> mivel csak egy ajtó mond igazat, az 2. ajtó hazudik -> a nyeremény a 3. mögött van -> az 1. hazudik -> JÓ MEGOLDÁS

2. megközelítés: Hol a nyeremény?

I: Az első ajtó mögött -> 1. hazudik, 2. igazat mond, 3. igazat mond -> két igazmodó: ellentmondás

II: A második ajtó mögött -> 1. igazat mond, 2. igazat mond -> két igazmodó: ellentmondás

III: A harmadik ajtó mögött -> 1. hazudik, 2. hazudik, 3. igazat mond -> JÓ MEGOLDÁS