[1590] Cckek | 2006-12-04 17:25:29 |
Esetleg vizsgálható a
sorozat is.
|
|
|
|
|
[1586] Lóczi Lajos | 2006-12-04 15:44:49 |
Tényleg nagyon tömör :)
Akkor most már "csak" az a kérdés, hogy hogyan viselkedik a sorozat az eddig kimaradt paraméterértékek esetén. Adjunk meg minél bővebb részhalmazokat a intervallumból, amely p számok mellett an (a 0-ból indítva) konvergens.
|
Előzmény: [1582] Cckek, 2006-12-04 15:17:55 |
|
|
[1584] epsilon | 2006-12-04 15:36:55 |
Gratulálok Cchek, nagyon elegáns bizonyítás a monotonításra,...hmmm...ezek szerint a korláttal megint elnéztem valamit...:-(
|
|
[1583] epsilon | 2006-12-04 15:26:56 |
Nézzük csak a p<-2 esetet. Hátha megint nem írok el valamit! Szóval használom az előző g(x)=f(x)-x=x*x-x+p függvényt, és igazolom, hogy p<-2 mellett g(x)>0 így amennyiben a(1)<-2 márpedig ez igaz (mert p-vel egyenlő), úgy a sorozat megint monoton növekvő lesz. Az x*x-x+p=0 zérushelyei a következők: x(1)=(-1-sqrt(1-4p))/2 illetve x(1)=(-1+sqrt(1-4p))/2. Könnyen igazolható, hogy a p<-2 miatt x(1)<-2, ezért amikor a(1)=p<x(1)<-2 ekkor g(x)>0 (a trinom a gyökökön kivűl a főegyütthatók előjelével egyező előjelű), ami azt jelenti, hogy a a(n+1)=f(a(n))rekurzióval értelmezett sorozat monoton növekvő. Ha korlátos lenne, akkor konvergens is lenne, és a limesze éppen a=x(1)=(-1-sqrt(1-4p))/2 lenne, vagyis ez lenne a felső korlát. Közben most látom, hogy Cckek máris írt, de még nem mérlegeltem, ezt elengedem, aztán azt is mérlegelem.
|
|
|
[1581] Lóczi Lajos | 2006-12-04 14:01:58 |
Köszönöm a szép hozzászólásokat, igen, tehát tetszőleges p>1/4 esetén a szóban forgó an sorozat +-be divergál.
Folytatás. Adjuk meg azokat a p<-2 értékeket, melyekre az illető sorozatunk korlátos.
|
|
[1580] epsilon | 2006-12-04 13:46:29 |
Végül is elgondolkozva, a leírtakból erre következtetek: ha p>1/4 akkor a sorozat monoton növekvő és korlátlan, az az divergens. Erre jutok akkor is, ha a(n+1)=f(a(n)) típusú rekurzióként kezelem, ahol f(x)=x*x+p és bevezetve g(x)=f(x)-x jelölést, g(x)=1/4*(2x-1)*(2x-1)+p-1/4>0 ami azt jelenti, hogy a fentiekben értelmezett sorozat monoton növekvő és korlátlan!
|
|
[1579] epsilon | 2006-12-04 13:24:56 |
Bocs, valóban elírtam :-( túl korán reggel volt, és éppen egy szünetben olvastam: a helyes egyenlet úgy ahogyan javítoták, így a limeszre térés után a=a×a+p ahonnann a beszámítható "a" amit írtam, valóban komplex szám (itt sem figyeltem a p>1/4-et (illetve pont fordítva láttam :-( de tudjuk azt, hogy a sorozat monoton növekvő, és ha felülről korlátos lenne, akkor a legjobb felső korlát, a supremum, éppen ez az a=lim a(n) kellene legyen, vagyis úgy tűnik (?), hogy a p>1/4 feltétellel ellentmondásba kerülünk (?) vagyis nem létezne p>1/4 amire korlátos lenne(?)
|
|
[1578] jenei.attila | 2006-12-04 12:53:18 |
Szerintem epsilon csak elírta a rekurziót, mert utána már jól használja. Helyesen: a1=p,an=an-12+p A Te egyenleted, viszont nem jó, mert nem az előző tag négyzetéhez adja az előző tagot, hanem az előző tag négyzetéhez mindig p-t. Így a levezetésed sem jó, csak az első két tagra.
|
Előzmény: [1577] Sirpi, 2006-12-04 12:36:29 |
|
[1577] Sirpi | 2006-12-04 12:36:29 |
Ebben a hozzászólásban én némi zavart látok, pl. nem tudom miért nem a p2+p=p egyenletet vizsgáljuk, aminek triviálisan csak a p=0 megoldása (mintha a pp2+1 rekurzió is belekeveredett volna a dologba).
Viszont azt, hogy a sorozat sosem korlátos, a következőképp is belátható:
Legyen x=p-1/4>0, vagyis az első tag ennyivel van 1/4 felett. Ekkor a második tag eltérése 1/4-től:
p2+p-1/4=(x+1/4)2+(x+1/4)-1/4=x2+3/2.x+1/16>3/2.x
Vagyis a következő tag 1/4-től való eltérése legalább másfélszer akkora lesz, mint az elsőnek, így a sorozat minden p>1/4 esetén exponenciálisan nőni fog.
|
Előzmény: [1574] epsilon, 2006-12-04 07:17:56 |
|
[1576] jenei.attila | 2006-12-04 11:55:38 |
Lehet, hogy butaságot kérdezek, de epsilon levezetése szerint p>1/4 esetén a sorozat tényleg monoton növő, és ekkor ha van felső korlátja, akkor konvergens is. Ha pedig konvergens, akkor csak az lehetne a határértéke, amit epsilon megadott. Na de az nem valós, ebből szerintem az következik, hogy nincs határértéke, de akkor nem is korlátos. Mit szóltok hozzá?
|
Előzmény: [1573] Lóczi Lajos, 2006-12-03 20:49:25 |
|
|
[1574] epsilon | 2006-12-04 07:17:56 |
Kedves Lajos! A sorozatot rekurzióval így írhatjuk: a(1)=p és a(n+1)= a(n)×a(n)+1. Mivel p>1/4 ezért a(n+1)>a(n)×a(n)+1/4>=a(n) teljes négyzettel látható. Tehát a sorozat monoton növekvő, így csak a felső korlátja érdekel. Tegyük fel, hogy van felső korlátja, megkeressük a legjobbat, a supremumot. Mivel a sorozat monoton növekvő és korlátos, ezért van limesze, legyen a=lim a(n). A rekurzióban a határértékre térve, megoldva a 2. fokú egyenletet, annak a pozitív gyöke felel meg, ez a=(1+sqrt(1-4p))/2 vagis éppen ez lesz a legjobb felső korlát (indukcióval igazolható, a rekurziót használva), és ez a felső korlát MINDEN p>1/4 esetén létezik! Remélem, ilyen hajnalban nem tévedtem! ;-) Üdv: epsilon
|
Előzmény: [1573] Lóczi Lajos, 2006-12-03 20:49:25 |
|
[1573] Lóczi Lajos | 2006-12-03 20:49:25 |
Adjuk meg azokat a számokat, amelyek esetén a
p, p2+p, (p2+p)2+p, ((p2+p)2+p)2+p, (((p2+p)2+p)2+p)2+p, ...
sorozat korlátos.
|
|
[1572] Nick | 2006-12-02 13:04:55 |
Hát persze hogy az:) És persze gyorsan meg is található a neten, de sztem van annyira érdekes a megoldás, hogy egyedül jöjjünk rá. (nekem nem is ment addig, míg meg nem mondták, hogy a megoldást az életből lopták:))
|
|
[1571] Róbert Gida | 2006-12-01 21:42:25 |
Stabil házasság problémája ez. Valóban, az egyetemi felvételinél is ezt az algoritmust futtatják, tudtommal az egyetemek felől és nem a jelentkezők szempontjából ráadásul.
|
Előzmény: [1570] Nick, 2006-12-01 21:29:56 |
|
[1570] Nick | 2006-12-01 21:29:56 |
Sziasztok!
Most találkoztam a fórummal és egyből végig is olvastam az egészet:)
Már itt is felmerült az a feladat, hogy egy n hosszú 0-1 sorozatban mi a valsz.-e, hogy van legalább k hosszú egyforma sorozat. Az akkori reagálás rá számomra kissé nehézkes volt és szeretném ha vki képletet adna rá (bizonyítás nélkül akár), n és k függyvényében. (előre is köszi a segítséget)
(más): Megkérdezte itt valaki, hogy hogyan határozzák meg a felvételi ponthatárokat, és a válasz rá sztem nem volt elég matematikus:) Úgy hogy szeretném ezt kitűzni feladatként:
Mennyi lesz jövőre (pl) az ELTE mat. szakjára a felvételi ponthatár? Persze ez így önmagában rosszul hangzik, és igen sok lenne benne a paraméter, ezért egy kicsit egyszerűsítsük a problémát. (Lényegében azt az eljárást keressük, hogy hogyan vesznek föl vkit egy egyetemre). Nézzük a következő feladatot: Egy házasságközvetítő irodában 100 férfi és 100 nő van nyílvántartva, minden férfi (és minden nő) rangsorolja az összes nőt (férfit), hogy melyiket választaná legszivesebben, másodiknak stb. A mi feladatunk, hogy olyan párosítást találjunk ami megfelelő mindkét fél számára. Azaz legyen az A1 által előálított rangsorban B1 a k. helyen. Minden k-nál előrébb álló Bi párjának a rangsorban(Bi által meghatározott) elfoglat helye legyen kisebb mint A1-é. ( De nehéz ezt leírni:); ha elírtam volna vagy nehezen értelmezhető akkor: azt szerettem volna leírni, hogy ha pl nekem választanak ki egy nőt, akkor az összes általam előrébb rangsorolt nőnek a férje az ő ranglistáján előbrébb legyen mint én; azaz ne legyen két olyan ember akik jobban akarják egymást mint a nekik kiosztottat).
Találjunk olyan módszert, eljárást ami a kívánt feltételt teljesíti. És ha ez már megvan, akkor jöhet a ponthatár:)
|
|
[1569] Tappancsa | 2006-12-01 20:55:18 |
Ez a feladat a klasszikus példája a rosszul definiált valszám feladatnak. Mit jelent a "véletlenszerű" szétvágás? Néhány lehetőség:
1. Egymástól függetlenül kiválasztunk két pontot - ott vágjuk el.
2. Kiválasztunk véletlenszerűen egy pontot - az lesz az egyik vágás, aztán véletlenszerűen kiválasztjuk az egyik szakaszt és azt is véletlenszerűen ketté vágjuk.
3. Ugyanaz, mint előbb, de mindig a nagyobbik szakaszt osztjuk fel a második lépésben (mert ha a kisebbiket, akkor biztos nem lehet háromszög).
Az első két opció mindenestre logikusan hangzik. A vicc az, hogy különböző választ adnak.
Anikó
|
Előzmény: [1554] lorantfy, 2006-11-30 10:35:07 |
|
|
|
[1565] nervus | 2006-11-30 18:05:24 |
Az utolsó kérésem, hogy leírnád ezeket a négyzetszámokat? Hátha érdekli majd a matektanárom, hanyas szobákban maradnak égve a lámpák :) Köszönet és hála
|
|