Fórum: Érdekes matekfeladatok

[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] [40] [41] [42] [43] [44] [45] [46] [47] [48] [49] [50] [51] [52] [53] [54] [55] [56] [57] [58] [59] [60] [61] [62] [63] [64] [65] [66] [67] [68] [69] [70] [71] [72] [73] [74] [75] [76] [77] [78] [79] [80] [81] [82] [83] [84] [85] [86] [87] [88] [89] [90] [91] [92] [93] [94] [95] [96] [97] [98] [99] [100] [101] [102] [103] [104] [105] [106] [107] [108] [109] [110] [111] [112] [113] [114] [115] [116] [117] [118] [119] [120] [121] [122] [123] [124] [125] [126] [127] [128] [129] [130] [131] [132] [133] [134] [135] [136] [137] [138] [139] [140] [141] [142] [143] [144] [145] [146] [147] [148] [149] [150] [151] [152] [153] [154] [155] [156] [157] [158] [159] [160] [161] [162] [163] [164] [165] [166] [167] [168] [169] [170] [171] [172] [173] [174] [175] [176] [177] [178] [179] [180] [181] [182] [183] [184] [185] [186] [187] [188] [189] [190] [191] [192] [193] [194] [195] [196] [197] [198] [199] [200] [201] [202] [203] [204] [205] [206] [207] [208] [209] [210] [211] [212] [213] [214] [215] [216] [217] [218] [219] [220] [221] [222] [223] [224] [225] [226] [227] [228] [229] [230] [231] [232] [233] [234] [235] [236] [237] [238] [239] [240] [241] [242] [243] [244] [245] [246] [247] [248] [249] [250] [251] [252] [253] [254] [255] [256] [257] [258] [259] [260] [261] [262] [263] [264] [265] [266] [267] [268] [269] [270] [271] [272] [273] [274] [275] [276] [277] [278] [279] [280] [281] [282] [283] [284] [285] [286] [287] [288] [289] [290] [291] [292] [293] [294] [295] [296] [297] [298] [299] [300] [301] [302] [303] [304] [305] [306] [307] [308] [309] [310] [311] [312] [313] [314] [315] [316] [317] [318] [319] [320] [321] [322] [323] [324] [325] [326] [327] [328] [329] [330] [331] [332] [333] [334] [335] [336] [337] [338] [339] [340] [341] [342] [343] [344] [345] [346] [347] [348] [349] [350] [351] [352] [353] [354] [355] [356] [357] [358] [359] [360] [361] [362] [363] [364] [365] [366] [367] [368] [369] [370] [371] [372] [373] [374] [375] [376] [377] [378] [379] [380] [381] [382] [383] [384] [385] [386] [387] [388] [389] [390] [391] [392] [393] [394] [395] [396] [397] [398] [399] [400] [401] [402] [403]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[2572] epsilon

2008-01-22 17:37:56

Kedves Lóczi Lajos! Alaposan átnéztem a [2564]-es hozzászólásnál a megoldásodat, és úgy látom, hogy ennél elemibbet nem lehet találni, de ez amit a fogó tétellel meg a L'Hospital szabállyal függvényhatárértékből származtattál, feldolgozható a tehetségesebb, pontosabban kiváltságosn jó 12-ik osztályos tanulókkal, ellenben teljesen igazatok van, osztozom a feladatról írt véleményetekben, hogy 12. osztályban ha csak nem idomítottak be valakit ilyen trükkökre, elég nehezen jön rá ilyen megoldásra. Ismételten kösz mindkettőtöknek, nadorpnak is, hogy rávilágítottatok a feladat gyökerére is! Üdv: epsilon

[2571] nadorp	2008-01-22 15:14:57
Azt hiszem a feleségemnek megvan. Miért kell?
Előzmény: [2562] nikol, 2008-01-21 17:12:01

[2570] epsilon	2008-01-22 06:39:13
Kedves nadorp és Lajos! Köszi mindkettőtöknek a valóságos szép leckét. Én az asszimptótikus megközelítést elméletileg a Taylor-féle sorbafejtéssel képzelném el kikerülni, mondjuk a Lagrange Tételnél 1 lépéssel kellene továbbhaladni, a 2-ik rendü deriváltig az 1-ik helyett, de ez csak elképzelésem, tüzetesen átnézem amit írtatok, és ...hátha lehetne? Mégegyszer kösz Mindkettőtöknek! Üdv: epsilon
Előzmény: [2568] nadorp, 2008-01-21 22:07:38

[2569] Csimby	2008-01-21 23:00:40
Hasonlóan, mint Káli gúlának, szóval nincs benne új ötlet, csak nem tudtam továbbmenni. Azért beírom: T.f.h. ab rac., ekkor (a²+b²)(a⁵+b⁵)=a⁷+b⁷+a²b²(a³+b³) is rac., amiből köv. a²+b² is rac. Másrészt $\frac{(a^3+b^3)}{(a+b)}=a^2-ab+b^2$ irracionalitása miatt a²-ab+b² irrac., tehát a²+b² irrac. Villám.
Előzmény: [2566] Lóczi Lajos, 2008-01-21 19:38:20

[2568] nadorp

2008-01-21 22:07:38

Kedves Epsilon !

Nem tudom, hogy lehetne kikerülni az asszimptotikus egyenlőséget, de talán ez megfelelő lesz:

$\varepsilon_{n}-\varepsilon_{n+1}=arc~\tan\left(\frac{x_{n+1}-x_n}\pi\cdot\frac\pi{1+(n\pi+\frac\pi2+\varepsilon_n)(n\pi+\frac\pi2+\varepsilon_{n+1})}\right)$

Ha most felhasználjuk, hogy az "arc tg"-ben az első tört 1-be tart, a második nevezőjének a nagyságrendje $\pi$ ²n² és az arc tg monoton nő, akkor kijön az "alulról a második sorban levő" asszimptotikus egyenlőség. Az utolsó egyenlőséget pedig az előbb írtam le. Egyetértek Lóczi Lajossal, ez nem éppen egy "tesztkérdés".

Előzmény: [2563] epsilon, 2008-01-21 17:16:39

[2567] nadorp

2008-01-21 21:45:23

Lajos megoldása rövidebb, de álljon itt az enyém is.( Ha túl hosszú és unalmas, akkor hagyjátok ki.)

Azt láttuk, hogy

$\varepsilon_n-\varepsilon_{n+1}\sim arc~\tan\frac1{\pi n^2}\sim\frac1{\pi n^2}$

Tehát tetszőlesges $\varepsilon$ >0-hoz létezik N, ha n>N, akkor

$(1-\varepsilon)\frac1{\pi n^2}<\varepsilon_n-\varepsilon_{n+1}<(1+\varepsilon)\frac1{\pi n^2}$

Ezt elvégezve az n+1,...,n+k-1 számokra is és összeadva a k db egyenlőtlenséget

$\frac{1-\varepsilon}\pi\sum_{i=0}^{k-1}\frac1{{(n+i)}^2}<\varepsilon_n-\varepsilon_{n+k}<\frac{1+\varepsilon}\pi\sum_{i=0}^{k-1}\frac1{{(n+i)}^2}$

Ha most felhasználjuk,hogy

$\sum_{i=0}^{k-1}\frac1{{(n+i)}^2}>\sum_{i=0}^{k-1}\frac1{(n+i)(n+i+1)}=\frac 1n-\frac 1{n+k}$ és hogy

$\sum_{i=0}^{k-1}\frac1{{(n+i)}^2}<\sum_{i=0}^{k-1}\frac1{(n+i-1)(n+i)}=\frac 1{n-1}-\frac 1{n+k-1}<\frac1{n-1}$ akkor

$\frac{1-\varepsilon}\pi\left(\frac 1n-\frac 1{n+k}\right)<\varepsilon_n-\varepsilon_{n+k}<\frac{1+\varepsilon}\pi\frac1{n-1}$ teljesül minden k-ra.Ha k=n²

$\varepsilon_n>\frac{1-\varepsilon}\pi\left(\frac 1n-\frac 1{n+n^2}\right)+\varepsilon_{n+n^2}=\frac{1-\varepsilon}{\pi(n+1)}+\varepsilon_{n+n^2}>\frac{1-\varepsilon}{\pi(n+1)}$ Másrészt

$\varepsilon_n\leq\frac{1+\varepsilon}\pi\frac1{n-1}$ is igaz, ui. ellenkező esetben

$0<\varepsilon_n-\frac{1+\varepsilon}\pi\frac1{n-1}<\varepsilon_{n+k}$ igaz lenne minden k-ra, de ez ellentmond a 0-ba tartásnak. Tehát

$\frac{1-\varepsilon}{\pi(n+1)}<\varepsilon_n\leq\frac{1+\varepsilon}{\pi(n-1)}$

Előzmény: [2563] epsilon, 2008-01-21 17:16:39

[2566] Lóczi Lajos	2008-01-21 19:38:20
Én is gondolkoztam rajta és tetszett a vázolt megoldás; Csimby, Neked hogy jött ki, hogy ab irracionális kell legyen?
Előzmény: [2555] Csimby, 2008-01-20 23:06:19

[2565] Lóczi Lajos

2008-01-21 19:36:40

Ez tehát azt mutatja, hogy a fixpontegyenlet gyökei aszimptotikusan

$x_n\approx \pi\cdot n +\frac{\pi}{2}-\frac{1}{\pi\cdot n}.$

Kíváncsiságból egy lépéssel tovább is kiszámoltam, az előzőhöz hasonló érveléssel (a nehézség nem nőtt), és azt kaptam, hogy

$x_n\approx \pi\cdot n +\frac{\pi}{2}-\frac{1}{\pi\cdot n}+\frac{1}{2\pi\cdot n^2}.$

Előzmény: [2564] Lóczi Lajos, 2008-01-21 19:29:01

[2564] Lóczi Lajos

2008-01-21 19:29:01

Tényleg nem értem, hogy lehetne ez egy tesztkérdésben benne (amikor, ahogyan illusztráltam, sok 18 évesnek problémája van a törtekkel és hatványozás azonosságaival...)

Szóval technikailag kicsit talán egyszerűbb így elmondani:

x_n=n $\pi$ + $\pi$ /2- $\varepsilon$ _n, ebből egyszerűen kapjuk (figyelembe véve, hogy x_n melyik intervallumban van, illetve hogy x_n melyik egyenlet megoldása), hogy

$\pi$ /2-arctg(n $\pi$ + $\pi$ /2- $\varepsilon$ _n)= $\varepsilon$ _n.

Most használjuk fel, hogy 0< $\varepsilon$ _n< $\pi$ /2 (de konkrét becslés nem is kell, elegendő annyit tudnunk, hogy $\varepsilon$ _n korlátos, hiszen nullsorozat). Ekkor $\pi$ /2-arctg(n $\pi$ + $\pi$ /2- $\varepsilon$ _n) alulról és felülről becsülhető $\pi$ /2-arctg(n $\pi$ +konstans) alakú kifejezésekkel, használva az arkusz tangens monotonitását. Ezt most már valós x-ekre kiterjesztve, a L'Hospital-szabállyal egy deriválás után látszik, hogy

$\frac{\pi/2-{\rm{arctg}}(x\pi+{\rm{konstans}})}{1/x}$

limesze (x tart végtelen esetén, tetszőleges, rögzített "konstanssal") 1/ $\pi$ , a közrefogási elv miatt az előző bekezdés értelmében tehát n $\varepsilon$ _n határértéke valóban 1/ $\pi$ .

Előzmény: [2563] epsilon, 2008-01-21 17:16:39

[2563] epsilon

2008-01-21 17:16:39

Helló nadorp! A feleletválasztós tesztben ahonnan a feladat származik lehetséges válaszok: 1, 0, 1/pi, pi/2, pi/4 és ahogy nézem, az asszimptótikus megközelítéseid alapján 1/pi lenne...csak az a gondom, hogy nem igazán látom az utolsó 2 sorodban honnan vannak az asszimptótikus megközelítések, na meg hogyan lehetne ezt a feladatot 12. osztályt végzettnek feladni (mert az kapta fel) hiszen az asszimptótikus megközelítés nincs a tananyagban...szóval vajon hogyan lehetne a megoldást leszállítani 12. osztályos szintre? Üdv: epsilon

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?