Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

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]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[1693] Lóczi Lajos2007-01-07 02:55:59

Nyilván azzal kell kezdeni a bizonyítást, hogy a b sorozat bemegy a [-3\varepsilon,3\varepsilon] intervallumba.

"Az pedig, hogy valóban be is megy, következik abból, hogy ha nem menne be, akkor végig 3\varepsilon felett maradna, valamint monoton módon csökkenne (ezt is könnyű látni), tehát konvergens lenne, de 2-nál nagyobb értékhez nem tud konvergálni."

De ha nem menne be, miért maradna 3\varepsilon felett? Miért ne ugrálhatna (pozitív és negatív értékekre) és főleg, miért kellene, hogy monoton legyen a b sorozat?

Előzmény: [1688] Sirpi, 2007-01-04 23:47:54
[1692] nadorp2007-01-07 00:32:48

Bocs, elírtam a becslés második tagját, helyesen:

\frac{N}{2^{n-N+1}}K

Előzmény: [1691] nadorp, 2007-01-06 12:56:32
[1691] nadorp2007-01-06 12:56:32

Legyen bn=an+2an+1. Ekkor

a_2=\frac{b_1-a_1}2

a_3=\frac{b_2-a_2}2=\frac{b_2}2-\frac{b_1-a_1}4

a_4=\frac{b_3-a_3}2=\frac{b_3}2-\frac{b_2}4+\frac{b_1-a_1}8

...

a_{n+1}=\frac{b_n-a_n}2=\frac{b_n}2-\frac{b_{n-1}}4+\frac{b_{n-2}}8-...(-1)^n\frac{b_2}{2^{n-1}}+(-1)^{n+1}\frac{b_1-a_1}{2^n}.

Mivel \lim_{n\to\infty}b_n=0, ezért n>N esetén |bn|<\epsilon, azaz

|a_{n+1}|\leq\epsilon\left(\frac12+\frac14+...\frac1{2^{n-N}}\right)+\frac1{2^{n-N+1}}K<\epsilon+\frac1{2^{n-N+1}}K, ahol K a |b1-a1|,|b2|,|b3|... egy közös felső korlátja. ( Ez létezik, mert bn konvergens). Innen már látszik, hogy \lim_{n\to\infty}a_n=0

Előzmény: [1687] Lóczi Lajos, 2007-01-04 22:25:16
[1690] Sirpi2007-01-06 01:17:04

Nem feltételezek ilyet. Mindössze annyit, hogy van egy bm\neq0, ahol m>N, ahol N az \varepsilon-hoz tartozó korlát (azaz |bn/2-bn+1|<\varepsilon minden n>N-re). Ekkor beláttam, hogy m-et növelve bm előbb-utóbb bemegy a [-3\varepsilon;3\varepsilon] intervallumba (vagyis lehet bármilyen előjelű, megfelelően kis abszolútértékű szám), és utána viszont már nem megy ki belőle. Azaz minden \varepsilon-ra van olyan N' index, hogy |bn|<\varepsilon minden n>N'-re. Tehát bn\to0 és így an\to0.

Várom a következő kérdést :-).

Előzmény: [1689] Lóczi Lajos, 2007-01-06 00:20:29
[1689] Lóczi Lajos2007-01-06 00:20:29

Sajnos nem értem a bizonyításod.

Számomra úgy tűnik, mintha azt feltételeznéd, hogy a bn sorozat állandó előjelű már. Ha tévedek, akkor mondom a következő kérdésem :)

Előzmény: [1688] Sirpi, 2007-01-04 23:47:54
[1688] Sirpi2007-01-04 23:47:54

Igaznak tűnik :-)

Tegyük fel, hogy an nem azonosan 0 egy adott indextől kezdve, és teljesül rá a feltétel. Cseréljük ki an-et egy bn sorozatra úgy, hogy bn=an, ha n páros, és bn=-an, ha n páratlan. Ekkor a feltétel ekvivalens bn/2-bn+1 konvergenciájával (ezzel egyszerűbb talán dolgozni, mert nem "oszcillál").

Legyen \varepsilon>0. Ekkor a konvergencia miatt van olyan N, hogy minden n>N-re |bn/2-bn+1|<\varepsilon.

Mivel bn nem azonosan nulla valamilyen indextől, ezért van olyan m>N, amire bm\neq0 (feltehetjük, hogy pozitív, különben a bn sorozat helyett vegyük az ellentettjét). Ekkor bm/2-\varepsilon\leqbm+1\leqbm/2+\varepsilon, vagyis (és ez a lényeg) a sorozot bm-től kezdve előbb-utóbb bemegy a [-3\varepsilon;3\varepsilon] intervallumba, és onnan már nem is tud kijönni, így 3\varepsilon-hoz van megfelelő N' korlát.

Az, hogy ha bemegy, akkor nem tud kijönni, triviális, hiszen 0/2-\varepsilon\leqbn+1\leq3/2\varepsilon+\varepsilon, azaz a következő elem abszolútértéke 5/2\varepsilon lesz maximum. Az pedig, hogy valóban be is megy, következik abból, hogy ha nem menne be, akkor végig 3\varepsilon felett maradna, valamint monoton módon csökkenne (ezt is könnyű látni), tehát konvergens lenne, de 2\varepsilon-nál nagyobb értékhez nem tud konvergálni.

Tudom, ez így kicsit kusza, meg hosszú volt, de már kezd késő lenni. Nem tudom, van-e sokkal egyszerűbb(en leírható) megoldás.

Előzmény: [1687] Lóczi Lajos, 2007-01-04 22:25:16
[1687] Lóczi Lajos2007-01-04 22:25:16

Bizonyítsuk be vagy cáfoljuk meg az alábbi állítást:

"Ha an egy olyan korlátos valós számsorozat, amelyre an+2an+1 nullához tart, akkor an konvergens" (és ekkor persze maga is nullsorozat).

[1686] Cckek2007-01-04 10:09:57

Ez a feladat az enyém ugyan, de persze nem eredeti ötletből. Én is úgy "kaptam" az u_{n+1}=1+\frac{n}{u_n},u_1=1, sorozat esetén az u_n-\sqrt{n} határérték kiszámítását. \left(\frac{1}{2}\right). Ezt általánosítottam egy kicsit, persze még rengeteg általánosítás lehetséges. A megoldáshoz viszont gratulálok.

Előzmény: [1683] Lóczi Lajos, 2007-01-04 00:00:26
[1685] Lóczi Lajos2007-01-04 00:32:52

Sőt:

u_n=2 n-\frac{4}{3}+\frac{8}{27 n}+\frac{64}{243 n^2}+\frac{112}{2187 n^3}+O\left(\frac{1}{n^4}\right).

Előzmény: [1684] Lóczi Lajos, 2007-01-04 00:13:59
[1684] Lóczi Lajos2007-01-04 00:13:59

A pontosítás:

u_n=2 n-\frac{4}{3}+\frac{8}{27 n}+O\left(\frac{1}{n^2}\right).

Előzmény: [1683] Lóczi Lajos, 2007-01-04 00:00:26
[1683] Lóczi Lajos2007-01-04 00:00:26

A válasz:

-\frac{19}{12}.

A bizonyításhoz célszerű megsejteni un aszimptotikus sorfejtésének az elejét. Ez némi számítógépes kísérletezést igényelt. Az alábbi állítás igaz:

2n-\frac{4}{3}-\frac{1}{n}\le u_n \le 2n-\frac{4}{3}+\frac{1}{n}.

(Itt a 2n-es nagyságrendet maga a feladat sugallta. A \frac{4}{3}-ot "kézzel" ki lehet találni, ha felveszünk egy alkalmas próba-alakot. A finomabb \frac{1}{n}-hez a számítógépre volt szükségem.) A fenti állítás bizonyítása teljes indukcióval történhet, n\le36-ra direkt látszik, az indukció n\ge36-tól működik (a 36 valójában csak az egyik irányú egyenlőtlenséghez kell, a másik n\ge1 esetén is teljesülni tud az indukció végrehajtása során).

Az állításomból a -\frac{19}{12} már standard módon adódik a közrefogási elv felhasználásával.

Amúgy honnan származik ez a szép feladat? Az általánosítás látszik: folytassuk az aszimptotikus sorfejtést, megkeresve \frac{1}{n} pontos együtthatóját (nekem kb. 0.297351-nek adódott, de ez nem pontos), és \frac{1}{n^2} együtthatóját, stb.

Előzmény: [1681] Cckek, 2007-01-02 21:47:31
[1682] rizsesz2007-01-03 19:24:48

remek időzítés Ákos. :) intuíció nélkül eszembe sem jutott vola elosztani 123456789-et 3607-tal.

Előzmény: [1680] S.Ákos, 2007-01-02 14:38:13
[1681] Cckek2007-01-02 21:47:31

Adott a következő sorozat u_{n+1}=n+\frac{2n^2}{u_n}, u_1=1. Számítsuk ki az u_n-\sqrt{n(4n+1)} sorozat határértékét!

[1680] S.Ákos2007-01-02 14:38:13

304.c) legfeljebb hány azonos számjegyre végződhet egy 3607-hatvány 123456789-es számrendszerben?

Előzmény: [1666] Python, 2007-01-01 15:29:09
[1678] S.Ákos2007-01-02 13:31:17

Még annyit ki kell kötni, hogy létezzen olyan p prím, amelyre p|n, de p|m nem teljesül.

Előzmény: [1674] S.Ákos, 2007-01-01 19:20:28
[1677] Mumin2007-01-01 20:36:57

Akkor bocsánat, megengedem, hogy az egyszerű megoldást is közölje a szerző.

:))))

Előzmény: [1676] Csimby, 2007-01-01 20:25:49
[1676] Csimby2007-01-01 20:25:49

Szia Márton!

Az előzményre kattintva találhatsz egy linket a témával kapcsolatban.

Előzmény: [526] Csimby, 2004-10-10 01:06:52
[1675] Mumin2007-01-01 20:10:32

Hány SET-kártyát lehet legfeljebb kirakni az asztalra, hogy ne kiálthasson senki Set!-et?

Aki egyszerűnek találja, ne lője le.

[1674] S.Ákos2007-01-01 19:20:28

Érdekes kérdés lenne, hogy ha m|n akkor mk n-es számrendszerbeli alakja legfeljebb hány egyforma jegyre végződhet.

Előzmény: [1666] Python, 2007-01-01 15:29:09
[1673] S.Ákos2007-01-01 19:11:48

Maradékvizsgálat nélkül: Mivel a 0001;0002;0004;0008;0016 végződések nem felelnek meg, így az utolsó négy számjegyből alkotott szám osztható 16-tal és 1111-gyel, de ezeknek a közös többszörösei 0;17776;... így csak a 0000 jöhet szóba, de ez lehetetlen.

Előzmény: [1671] jonas, 2007-01-01 17:32:26
[1672] jonas2007-01-01 17:34:18

Jaj bocs.

Persze 239=549755813888 meg 2504\equiv24\equiv16mod 10000

Előzmény: [1671] jonas, 2007-01-01 17:32:26
[1671] jonas2007-01-01 17:32:26

(a) 239=549755813888

(b) Ehhez elég a 2-hatványok 10000-es maradékát megvizsgálni. Ez persze ciklikus, hiszen 2504\equiv24\equiv16mod 10000. A maradékok 2503-ig sorban könnyen kiszámolhatóak (nem másolom ide az összeset):

0001 0002 0004 0008 0016 0032 0064 0128 0256 0512 1024 2048 4096 8192 6384 2768 5536 1072 2144 4288 8576 7152 4304 8608 7216 4432 8864 7728 ... 8752 7504 5008

Ezek között pedig nincs 1111-gyel osztható.

Előzmény: [1666] Python, 2007-01-01 15:29:09
[1670] Lóczi Lajos2007-01-01 17:23:17

Remélem, ez alapján vki hamarosan talál egy bizonyítást is a sejtéseimre. :)

Előzmény: [1669] Lóczi Lajos, 2007-01-01 17:21:13
[1669] Lóczi Lajos2007-01-01 17:21:13

a.) Az első 1600 kitevő átvizsgálása az alábbi eredményt adja: 2n pontosan akkor végződik 3 egyforma számjegyre, ha n az alábbi:

n=39,139,239,339,439,.... Ekkor amúgy mindig 888-ra végződik 2n.

b.) A számítógép 85 másodperc gondolkodás után nem tudott olyan 2-hatványt mondani, ami 4 egyforma számjegyre végződne. Az átvizsgált n kitevők tartománya: n=1-től egészen n=107-ig.

Előzmény: [1666] Python, 2007-01-01 15:29:09
[1668] jonas2007-01-01 17:09:21

Kettőhatvány, nem négyzetszám.

Előzmény: [1667] Matthew, 2007-01-01 16:29:14

  [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]