[1892] jonas | 2007-02-12 18:03:59 |
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.
|
Előzmény: [1854] jonas, 2007-01-31 15:08:11 |
|
[1893] Cckek | 2007-02-14 19:51:20 |
Ez a feladat túl szép ahoz, hogy megoldatlanul maradjon:
a1(0,1) Ha ak(0,1) akkor ak+1=ak2(ak-1)+1, de -1<ak-1<0 tehát 1-ak2<ak2(ak-1)+1<1 az-az ak+1(0,1). A matematikai indukció elve szerint an(0,1),nN.
an+1-an=an3-an2-an+1=(an-1)2(an+1)>0 tehát an növekvő. Legyen an határértéke l. Ekkor l=l3-l2+1,l[0,1] tehát l=1. Tehát létezik egy bn csökkenő sorozat, bn0 úgy hogy an=1-bn. Írhatjuk:
1-bn+1=(1-bn)3-(1-bn)2+1bn+1=bn(1-bn)2 ezért
ahonnan tagonként felírva majd összeszorozva kapjuk, hogy
ahonnan .
Tehát
|
Előzmény: [1890] Cckek, 2007-02-10 12:44:33 |
|
[1894] Lóczi Lajos | 2007-02-15 11:40:09 |
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 an monoton no es minden n-re 0<an<1.
Legyen es szokas szerint p0:=1. A rekurziv osszefuggesbol kapjuk, hogy 1-an+1=(1-a1).pn2.
Mivel 0<pn monoton fogyo, ezert konvergens. Indirekten tegyuk fel, hogy pnp>0. A monotonitas miatt ekkor persze minden n-re pn>p, azaz -pn2<-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 pn valoban nullsorozat.
|
Előzmény: [1893] Cckek, 2007-02-14 19:51:20 |
|
[1895] tim20 | 2007-02-16 06:01:09 |
Melyik a több? Fél tucat tucat tucat tucat, vagy hat tucat tucat tucat tucat? A második vagy az első vagy egyenlőek?
|
|
[1896] Cckek | 2007-02-16 08:26:44 |
Sajnálom, elsiettem:)) De az csak jó lehet ha egy feladatra két szép megoldás is van a forumon. Amúgy azt hiszem az an1,n határértékből és
összefüggésből már következik, hogy pn nullsorozat.
Itt van még egy:
.
Konvergens-e az yn=n-(x0+x1+...+xn-1) sorozat?
|
Előzmény: [1894] Lóczi Lajos, 2007-02-15 11:40:09 |
|
[1897] Lóczi Lajos | 2007-02-16 11:30:43 |
Nyilvan nagyon hasonlo a ket megoldas, de igy utolag megnezve, a megoldasomban valojaban nem is kell kihasznalni, hogy az eredeti an sorozat monoton novo, sem azt, hogy konvergens, csupan azt, hogy mindig (0,1)-ben van (es persze a lenyegi osszefuggest).
|
Előzmény: [1896] Cckek, 2007-02-16 08:26:44 |
|
[1898] HoA | 2007-02-16 14:51:17 |
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.
|
Előzmény: [1895] tim20, 2007-02-16 06:01:09 |
|
|
|
|