Fórum: Érdekes matekfeladatok

Jajj azt hiszem az origóra való szimmetriát rosszul értettem, bocsánat. Így irreleváns az "ellenpélda" és teljesül a kikötési javaslat is automatikusan.

Mar ha integralhato egyaltalan.

Szerintem nem szukseges, hogy ertelmezve legyen olyan helyeken, amelyeket nem ertekelunk ki.

Biztosan integrálható, hiszen folytonos és korlátos.

Eddig jutottam el vele:

Először is: a függvény folytonos, korlátos, periódikus, így integrálható. Feltehető, hogy a függvény &tex;\displaystyle 2\pi&xet; szerint periodikus, ekkor a

&tex;\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n f(kx)&xet;

összeget kell vizsgálni, ahol &tex;\displaystyle x&xet; és &tex;\displaystyle \pi&xet; lineárisan függetlenek &tex;\displaystyle Q&xet; felett Emellett:

&tex;\displaystyle \frac{1}{n}\Big|\sum_{j=1}^n \sin(jx)\Big|=\Big|\frac{\sin \frac{nx}{2} \sin \frac{x(n+1)}{2}}{n\sin\frac{x}{2}}\Big|\leq \frac{c}{n}&xet;

&tex;\displaystyle \frac{1}{n}\Big|\sum_{j=1}^n \cos(jx)\Big|=\Big|\frac{\sin \frac{nx}{2} \cos \frac{x(n+1)}{2}}{n\sin\frac{x}{2}}\Big|\leq \frac{c}{n}&xet;

Így a &tex;\displaystyle \sin&xet; és &tex;\displaystyle \cos&xet; függvényekre igaz az állítás, ha &tex;\displaystyle x&xet; és &tex;\displaystyle \pi&xet; lineárisan függetlenek &tex;\displaystyle Q&xet; felett. Fejtsük a függvényt Fourier-sorba:

&tex;\displaystyle f(x)=a_0+\sum_{i=1}^\infty a_k \sin (kx)+b_k\cos(kx)&xet;

&tex;\displaystyle a_0=\int_{0}^{2\pi}f(x)dx=0&xet;

Ekkor:

&tex;\displaystyle \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n f(kx)=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\sum_{j=1}^\infty a_j \sin (kjx)+b_j\cos(kjx)=\sum_{j=1}^\infty a_j\frac{\sin \frac{njx}{2} \sin \frac{xj(n+1)}{2}}{n\sin\frac{jx}{2}}+b_j\frac{\sin \frac{njx}{2} \cos \frac{xj(n+1)}{2}}{n\sin\frac{jx}{2}}&xet;

(a szummázás itt most felcserélhető az egyenletes konvergencia miatt)

"Fejtsük a függvényt Fourier-sorba" -- és mi a garancia arra, hogy a függvény Fourier-sora előállítja a függvényt?

Mindenütt értelmezett &tex;\displaystyle f&xet;-re bizonyítom, hogy igaz!

Legyen az &tex;\displaystyle f&xet; periódusa &tex;\displaystyle T>0&xet; irrac., az &tex;\displaystyle f&xet; az origóra szimmetrikus, így &tex;\displaystyle f(x)=-f(-x)=-f(T-x)&xet;, azaz &tex;\displaystyle f(x)=-f(T-x)&xet;, és triviálisan &tex;\displaystyle f(0)=0&xet; és &tex;\displaystyle f(\frac T2)=0&xet;. Az &tex;\displaystyle f&xet; a &tex;\displaystyle [0,T]&xet;-n folytonos, így egyenletesen is folytonos (Heine tétel), továbbá korlátos is, azaz &tex;\displaystyle |f|<M&xet; igaz valamely &tex;\displaystyle M&xet;-re.

Rögzített &tex;\displaystyle \epsilon>0&xet;-hoz Heine miatt létezik &tex;\displaystyle D>0&xet;, hogy, ha &tex;\displaystyle x,y\in [0,T]&xet; és &tex;\displaystyle |x-y|<D&xet;, akkor &tex;\displaystyle |f(x)-f(y)|<\epsilon&xet;. &tex;\displaystyle p>0&xet; egész legyen olyan (nagy), hogy &tex;\displaystyle \frac Tp<D&xet; teljesüljön.

&tex;\displaystyle f(n)=f(\{\frac nT\}*T)&xet; igaz a &tex;\displaystyle T&xet; szerinti periodikusság miatt. Most jön a nehéz rész: Weyl kritériumból könnyen következik, hogy &tex;\displaystyle \{n\alpha \}&xet; egyenletes eloszlású, ha &tex;\displaystyle \alpha&xet; irrac. (Freud Gyarmatinál ez a 8.4.5 tétel, Weyl-t nem bizonyítja). Alkalmazzuk ezt &tex;\displaystyle \alpha=\frac 1T&xet;-re. Legyen (adott &tex;\displaystyle n&xet;-re) &tex;\displaystyle H_k=\{i: 0\le i<n; \{\frac iT\}*T \in [k\frac Tp,(k+1)\frac Tp)\}&xet;, az egyenletes eloszlás miatt &tex;\displaystyle |H_k|=\frac np+c_k&xet;, ahol &tex;\displaystyle |c_k|<\epsilon n&xet;, ha &tex;\displaystyle n&xet; elég nagy. Legyen az &tex;\displaystyle n&xet; olyan nagy, hogy ez minden &tex;\displaystyle k&xet;-ra igaz legyen (&tex;\displaystyle p&xet; rögzítve van).

Háromszög egyenlőtlenséggel: &tex;\displaystyle |\sum _{i \in H_k} f(i)-\frac npf(k\frac Tp)|\le |\sum _{i \in H_k} f(i)-|H_k|f(k\frac Tp)|+||H_k|f(k\frac Tp)-\frac npf(k\frac Tp)|\le &xet;

&tex;\displaystyle |H_k|\epsilon+||H_k|-\frac np|*f(k\frac Tp)\le n\epsilon+\epsilon n M&xet; (trivi &tex;\displaystyle |H_k|\le n&xet;-et is használtuk). Ebből következik újra a háromszög egyenlőtlenséggel: &tex;\displaystyle |\sum _{k=0}^{p-1} (\sum _{i \in H_k} f(i)-\frac np f(k\frac Tp))| \le \sum_{k=0}^{p-1} |\sum _{i \in H_k} f(i)-\frac npf(k\frac Tp)| \le \sum_{k=0}^{p-1} (n\epsilon+\epsilon n M)=p(M+1)\epsilon n&xet;. A bal oldalon mi van: &tex;\displaystyle \sum_{k=0}^{p-1}\sum_{i \in H_k}f(i)=\sum_{i=0}^{n-1}f(i)&xet; triviálisan, továbbá &tex;\displaystyle \sum_{k=0}^{p-1}\frac np f(k\frac Tp)=\frac np \sum_{k=0}^{p-1}f(k\frac Tp)=\frac np f(0)=0&xet;, hiszen a &tex;\displaystyle k&xet;-adik és &tex;\displaystyle (p-k)&xet;-adik tag összege nulla lesz ( mert &tex;\displaystyle f(x)=-f(T-x)&xet;, illetve páros &tex;\displaystyle p&xet;-nél &tex;\displaystyle f(\frac T2)=0&xet;-t is használjuk ), és &tex;\displaystyle f(0)=0&xet;. Azaz írható: &tex;\displaystyle |\sum_{i=0}^{n-1}f(i)|\le p(M+1)\epsilon n&xet;, amiből már következik az állítás (&tex;\displaystyle M&xet; konstans, &tex;\displaystyle p&xet; rögzített, és &tex;\displaystyle n&xet;-nel tarthatunk végtelenhez).

Nem jó bizonyítás. &tex;\displaystyle \epsilon&xet;-hoz választok &tex;\displaystyle p&xet;-t, így a becslésben &tex;\displaystyle p(M+1)\epsilon&xet; nem lehet akármilyen kicsi. (Lehetne fordítva is &tex;\displaystyle p&xet;-hez "&tex;\displaystyle \epsilon&xet;-t választani", de ez sem működik).

HELP! nincs a könyvben megoldás!

ROKA SÁNDOR: 2000 feladat.... ( 571. feladat) Mutassuk meg, hogy a 9-es számjegyet nem tartalmazó, különböző pozitiv egészek reciprokainak összege nem lehet nagyobb 30-nal.

Első nekiugrásra:

Nézzük az &tex;\displaystyle (n+1)&xet;-jegyű, &tex;\displaystyle 9&xet;-es jegyet nem tartalmazó számokat: ezekből nyilván &tex;\displaystyle 8\cdot 9^n&xet; darab van. Ha most reciprokösszegükben lecserélünk minden nevezőt a legkisebb &tex;\displaystyle (n+1)&xet;-jegyű számra (azaz &tex;\displaystyle 10^n&xet;-re), akkor az összeget növeltük, és amit kapunk, az éppen &tex;\displaystyle (8\cdot 9^n)\cdot \frac1{10^n}=8\cdot \left(\frac9{10}\right)^n&xet;.

Ha &tex;\displaystyle S&xet;-sel jelöljük a &tex;\displaystyle 9&xet;-est nem tartalmazó pozitív egészek reciprokösszegét, akkor ezek szerint

&tex;\displaystyle S<\sum_{n=0}^{\infty}8\cdot \left(\frac9{10}\right)^n=8\cdot\frac1{1-(9/10)}=80,&xet;

ahol a mértani sor összegzőképletét használtuk.

Túlbecsültünk.

Finomítás: most ahelyett, hogy mindegyik &tex;\displaystyle (n+1)&xet;-jegyű számot &tex;\displaystyle 10^n&xet;-re cserélnénk, most azokat, melyeknek első számjegye &tex;\displaystyle a&xet;, csupán &tex;\displaystyle a\cdot 10^n&xet;-re csökkentsük le, így reciprokukat &tex;\displaystyle \frac1{a\cdot 10^n}&xet;-re növelvén. Ezzel az &tex;\displaystyle (n+1)&xet;-jegyűek reciprokösszegét a következővel múljuk felül:

&tex;\displaystyle \sum_{a=1}^8 9^n\cdot \frac1{a\cdot 10^n}=\left(\sum_{a=1}^8\frac1a\right)\cdot (9/10)^n\approx 2,72\cdot (9/10)^n.&xet;

Ezt &tex;\displaystyle n=0&xet;-tól a végtelenségig összegezve, &tex;\displaystyle 2,72\cdot \frac1{1-(9/10)}=27,2<30&xet; adódik, kész.