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]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[3726] aaaa

2013-06-05 20:02:28

Bizbe, hogy:

$1+\frac{1+\log n}{mn}>\root{n}\of{1+\frac{\log{n}}{m}}$

minden egész n és m párra.

[3725] aaaa

2013-06-05 19:53:28

Remélem azért nem írtam el sehol, de:

a) Legyen:

$P_{l,n}=\prod_{i=l}^n\frac{3i+2}{3i+1}, \qquad Q_{l,n}=\prod_{i=l+1}^n\frac{3i}{3i-1}, \qquad R_{l,n}=\prod_{i=l+1}^n\frac{3i+1}{3i}$

Ekkor Q_l,n+1>P_l,n>R_l,n>Q_l,n, ez pl. tényezőnkénti összehasonlítással adódik, az alsó ill felső becsléshez használt PQR típusú két szorzat meg teleszkópos, lesz. Ekkor

$\frac{3l+3}{3n+1}=P_{l,n}Q_{l,n+1}R_{l,n}>P_{l,n}^3>P_{l,n}Q_{l,n}R_{l,n}=\frac{3l+2}{3n+1}$

$\root3\of{\frac{3l+3}{3n+1}}>P_{l,n}>\root3\of{\frac{3l+2}{3n+1}}$

A feladatban l=2666, n=333, így $\root{3}\of{8,001}>P>2$ adódott.

b) Először is, ha x_i>0 teljesül a következő, egyenlőség i=1 esetén:

$\prod_{i=1}^n (1+x_i)\geq 1+\sum_{i=1}^n x_i$

Vagyis, felhasználva $\sum_{i=1}^n i^{-1}>\log n$ -et:

$\prod_{i=1}^n \Big(1+\frac{1}{mi}\Big)\geq 1+\frac{1}{m}\sum_{i=1}^n\frac{1}{i}>1+\frac{\log (n)}{m}$

Szóval minden m>0-ra tart a végtelenbe.

Előzmény: [3724] w, 2013-06-05 15:27:35

[3724] w

2013-06-05 15:27:35

Definiáljuk a pozitív egész számokon értelmezett f(n,m) függvényt a következőképpen:

$f(n,m)=\prod_{k=1}^n \frac{mk+1}{mk}$ .

(a) Nagyobb vagy kisebb a

$P=\frac{8000}{7999}\cdot\frac{7997}{7996}\cdot\frac{7994}{7993}\cdot\dots\cdot\frac{1004}{1003}\cdot\frac{1001}{1000}$

kifejezés a kettőnél?

(b) Mely m számok esetén lesz $\lim_{n\to\infty} f(n,m)=\infty$ ?

[3723] w	2013-05-29 21:56:44
Nagyon köszönöm!
Előzmény: [3722] m2mm, 2013-05-29 21:25:04

[3722] m2mm

2013-05-29 21:25:04

Legyen A={1,2,...,n}. Ekkor az A-> A szürjektív leképezések száma n! ugye. Másfelől ha azon leképezések halmaza A_i, melyek képének nem eleme i, akkor a logikai szita szerint $|A_1\cup A_2\cup...\cup A_n|=-\sum_{k=1}^n (-1)^k\binom{n}{k} (n-k)^n$ . Másfelől |A₁ $\cup$ A₂ $\cup$ ... $\cup$ A_n|=nⁿ-n!. Szóval $n^n-n!=-\sum_{k=1}^n (-1)^k\binom{n}{k} (n-k)^n$ , $n!=n^n+\sum_{k=1}^n (-1)^k\binom{n}{k} (n-k)^n=\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\binom{n}{k} (n-k)^n$ .

$n!=\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\binom{n}{k} (n-k)^n=\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}\binom{n}{n-k}k^n=\sum_{k=1}^{n}(-1)^{n-k}\binom{n}{k}k^n$ .

Előzmény: [3720] w, 2013-05-26 19:26:07

[3721] w

2013-05-26 19:31:50

Ennek mintájára igazoljuk, hogy

$\sum_{k=0}^n (-1)^{n+k} \binom n k k^{n+1}=\frac n2 \cdot n!$

[3720] w

2013-05-26 19:26:07

Visszatérve Lajos problémájára, helyettesítsünk be A=0, h=1-et, és vegyük az f(x)=xⁿ polinomot!

$\sum_{k=1}^n (-1)^{n-k}\binom n k k^n=n!$

Ilyen formára írtam át korábban az összegét, ami tehát valóban 1-gyel egyenlő.

Amúgy ez elvileg ismert azonosság volna, úgyhogy egy kombinatorikai megoldást szívesen megnéznék.

Előzmény: [3719] w, 2013-05-26 19:17:40

[3719] w

2013-05-26 19:17:40

Olvasgatás közben rábukkantam a következő azonosságra:

$\sum_{k=0}^n (-1)^{n-k} \binom nk f(A+kh) = a_n\cdot h^n\cdot n!$

ahol f(x)=a_nxⁿ+a_n-1x^n-1+...+a₁x+a₀, f $\in$ R[x] polinom, h $\neq$ 0, A valós számok, n pozitív egész.

Vajon hogyan igazolnánk?

Nemrég merült fel a következő segédfeladat. Keressük meg az összes legfeljebb n-edfokú p polinomot, amelyre adott páronként különböző a₀, a₁, ..., a_n és x₀, x₁, ..., x_n számok mellett p(x_i)=a_i ( $\forall$ i=0,1,...n)!

Megoldás. Először megbecsüljük, hány ilyen polinom lehet. Tegyük fel, hogy két különbözőt is találtunk. Ekkor a két polinom különbsége (n+1) db helyen (x₀, x₁, ..., x_n helyeken) nulla, bár legfeljebb n-edfokú, azaz csakis a zéruspolinom lehet, ami ellentmond annak, hogy különböző polinomokat vettünk. Idő kérdése, amíg konstruálunk is egyet:

$p(x)=\sum_{i=0}^n a_i\cdot\prod_{0\le j\neq i\le n} \frac{x-x_j}{x_i-x_j}$

x_i behelyettesítés után láthatóan jó lesz.

Ezt hívják a Lagrange-féle interpolációs polinomnak (amit gondolom a hozzászólók nagy része ismer).

Megoldás. Vegyük az f(x) legfeljebb n-edfokú függvényre felírt interpolációs képletet:

$f(x)=\sum_{k=0}^n f(A+kh)\cdot\prod_{j\neq k} \frac{x-(A+jh)}{(k-j)h}$

. Ezután nézzük meg a két oldalon álló polinomok főegyütthatóját!

$a_n=\sum_{k=0}^n f(A+kh)\cdot1/\bigg(\prod_{j\neq k}\big((k-j)h\big)\bigg)$

(Ugyanis az int. azonosságban minden egyes k-ra megnézve a tagot, a számlálóban lévő szorzat elvégzése után csak egy darab xⁿ keletkezik.)

Az utóbbi kifejezés tovább alakítható:

$a_n=\sum_{k=0}^n f(A+kh)\cdot1/\bigg(\prod_{j\neq k}\big((k-j)h\big)\bigg)=$

$=\sum_{k=0}^n f(A+kh)\cdot \frac1{h^n\cdot k(k-1)(k-2)\cdot\dots\cdot1\cdot(-1)\cdot\dots\cdot(k-n)}=$

$=\sum_{k=0}^n f(A+kh)\cdot (-1)^{n-k} \cdot \frac{n!}{k!\cdot(n-k)!}:(n!\cdot h^n)$

$a_n\cdot n!\cdot h^n=\sum_{k=0}^n f(A+kh)\cdot (-1)^{n-k} \cdot \binom n k$

Készen vagyunk.

Előzmény: [3717] Lóczi Lajos, 2013-04-22 01:41:38

[3718] w

2013-04-30 16:59:56

Az összeget jobban szeretem a következő alakban:

$\frac1{n!} \cdot \sum_{k=0}^n (-1)^{n+k} k^n \binom n k=1$ .

(Direkt odaírtam, hogy az összeg valójában 1-gyel egyenlő. Ja meg itt n:=p, mert p általában prímet jelöl, továbbá az m betű futó indexben, kombinatorikai azonosságban nem tetszik nekem. Számomra ilyen formában sokkal áttekinthetőbb, de nem szeretnék erről vitát kezdeni.)

Előzmény: [3717] Lóczi Lajos, 2013-04-22 01:41:38

[3717] Lóczi Lajos	2013-04-22 01:41:38
Legyen p pozitív egész. Mennyi ekkor $\sum_{m=1}^p \frac{(-1)^{m+p}m^{p-1}}{(m-1)!(p-m)!}$ értéke?

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?