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]    [161]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[1912] Cckek2007-02-22 22:06:24

mea culpa y+1>\frac{1}{1-y} egyenlőtlenség hamis:(

Előzmény: [1911] Cckek, 2007-02-22 21:43:46
[1911] Cckek2007-02-22 21:43:46

Vezessük be a következő jelölést:

\frac{2x}{2x+1}=y\in(0,1).

Ekkor a következő egyenlőtlenséget kell igazolni:

e^y>\frac{\left(\frac{1}{1-y}\right)^3}{\left(\frac{2-y}{2(1-y)}\right)^4}=\frac{16(1-y)}{(2-y)^4}.

Ugyanakkor ey>1+y illetve \frac{1+(1-y)}{2}>\sqrt{1\cdot(1-y)} tehát \left(\frac{2}{2-y}\right)^4<\frac{1}{(1-y)^2} tehát \frac{16(1-y)}{(2-y)^4}<\frac{1}{1-y}.

Írhatjuk e^y>1+y>\frac{1}{1-y}>\frac{16(1-y)}{(2-y)^4}

Előzmény: [1910] Cckek, 2007-02-22 21:17:15
[1910] Cckek2007-02-22 21:17:15

Ez egyenértékű a

e^{\frac{2x}{1+2x}}>\frac{(1+2x)^3}{(1+x)^4}, \forall x>0 egyenlőtlenséggel.

Előzmény: [1909] Lóczi Lajos, 2007-02-22 19:41:12
[1909] Lóczi Lajos2007-02-22 19:41:12

Valaki azt állította, hogy a

t\mapsto \frac{(1+2x)(1-tx)}{(1+2tx)(1+tx)}

függvény (t-szerinti) határozott integrálja 0 és 1 között minden pozitív x esetén kisebb 1-nél. Igaza van-e neki?

[1908] Cckek2007-02-22 15:09:59

Megint egy határérték:

\lim_{n\to \infty}\left(n-\sum_{k=1}^{n}\sqrt{1+\frac{k}{n^2}}\right)

[1906] teomo2007-02-22 08:28:55

vagyis inkább 198, mert a 200-ból 2-t vonok le (bocs, siettem)

Előzmény: [1905] teomo, 2007-02-22 08:27:55
[1905] teomo2007-02-22 08:27:55

3/2*4/3*5/4*6/5*.....x/x-1=100

Egyszerűsítve: x/2=100

x=200

Tehát 200-3 = 197

Szóval 197 nap alatt nő a 100-szorosára

Előzmény: [1904] tim20, 2007-02-22 07:16:52
[1904] tim202007-02-22 07:16:52

Egy furcsa fa első nap 1,1/2-szeresére nőtt. Másnap az előző nap 1,1/3-szorosára, harmadnap az előző nap 1,1/4-szeresére és így tovább. Hány nap alatt nőtt meg az eredeti magasságának 100-szorosára?

[1903] Cckek2007-02-19 19:35:39

Nagyon szép. Gratulálok.

[1902] Lóczi Lajos2007-02-19 11:30:24

A kerdeses yn sorozat konvergens:

lathato, hogy minden indexre 0<xn<1. Ezt es a rekurziv definiciot hasznalva adodik, hogy

0<1-x_{n+1}=\frac{(1-x_n)^2}{(1+x_n)(1+\sqrt{x_n})^2}<
(1-x_n)^2<(1-x_0)^{2^{n+1}}<(1-x_0)^n,

s igy n\ge1 eseten

y_n=\sum_{k=0}^{n-1}(1-x_k)\le \sum_{k=0}^{n-1}(1-x_0)^n< \sum_{k=0}^{\infty}(1-x_0)^n=\frac{1}{x_0},

vagyis yn monoton no es felulrol korlatos.

A feladat kituzesehez a motivaciot nyilvan a (gyokvonasra szolgalo) Newton-iteracio adta, hiszen a megadott rekurzio nagyon hasonlit hozza, es a konvergenciasebesseg is olyan ("a helyes tizedesjegyek szama minden lepesben megduplazodik").

Előzmény: [1896] Cckek, 2007-02-16 08:26:44
[1901] Lóczi Lajos2007-02-19 11:18:51

Bocsanat, nem szoltam, most latom, hogy a szorzas kommutativ es asszociativ.

Előzmény: [1900] Lóczi Lajos, 2007-02-19 11:16:49
[1900] Lóczi Lajos2007-02-19 11:16:49

A nyelv felreertheto, ha nem zarojelezzuk :) Igy is erthette szerintem:

(feltucat) tucat tucat tucat

persze ekkor is latszik, melyik mekkora.

Előzmény: [1898] HoA, 2007-02-16 14:51:17
[1899] lorantfy2007-02-18 15:14:20

Szia Csimbi!

Ha van egy kis időd írjál nekem egy emilt, ui. a Te címed nincs fenn. Egy feladattal kapcsolatban szeretnék konzultálni veled. Üdv! Laci

Előzmény: [1864] Csimby, 2007-02-02 10:38:55
[1898] HoA2007-02-16 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
[1897] Lóczi Lajos2007-02-16 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 p_n=\sqrt{\frac{1-a_{n+1}}{1-a_1}} osszefuggest).

Előzmény: [1896] Cckek, 2007-02-16 08:26:44
[1896] Cckek2007-02-16 08:26:44

Sajnálom, elsiettem:)) De az csak jó lehet ha egy feladatra két szép megoldás is van a forumon. Amúgy azt hiszem az an\to1,n\to\infty határértékből és

p_n^2=\frac{1-a_{n+1}}{1-a_1}

összefüggésből már következik, hogy pn nullsorozat.

Itt van még egy:

x_0\in (0,1), x_{n+1}=\frac{2\sqrt{x_n}}{1+x_n}.

Konvergens-e az yn=n-(x0+x1+...+xn-1) sorozat?

Előzmény: [1894] Lóczi Lajos, 2007-02-15 11:40:09
[1895] tim202007-02-16 06:01:09

Melyik a több? Fél tucat tucat tucat tucat, vagy hat tucat tucat tucat tucat? A második vagy az első vagy egyenlőek?

[1894] Lóczi Lajos2007-02-15 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 p_n:=\prod_{k=1}^n a_k 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 pn\top>0. A monotonitas miatt ekkor persze minden n-re pn>p, azaz -pn2<-p2.

Mivel tetszoleges valos x eseten x=1-(1-x)\lee-(1-x), ezert

0<p<p_{n+1}\le e^{-\sum_{k=1}^{n+1}(1-a_k)}=e^{-(1-a_1)\sum_{k=0}^{n}p_k^2}\le

e(1-a1)(-1-p2.n).

Ha most n\to\infty, a jobb oldal tart 0-hoz. Az adodo ellentmondas mutatja, hogy pn valoban nullsorozat.

Előzmény: [1893] Cckek, 2007-02-14 19:51:20
[1893] Cckek2007-02-14 19:51:20

Ez a feladat túl szép ahoz, hogy megoldatlanul maradjon:

a1\in(0,1) Ha ak\in(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\in(0,1). A matematikai indukció elve szerint an\in(0,1),\foralln\inN.

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\in[0,1] tehát l=1. Tehát létezik egy bn csökkenő sorozat, bn\to0 úgy hogy an=1-bn. Írhatjuk:

1-bn+1=(1-bn)3-(1-bn)2+1\impliesbn+1=bn(1-bn)2 ezért

\frac{b_{n+1}}{b_{n}}=(1-b_{n})^{2}

ahonnan tagonként felírva majd összeszorozva kapjuk, hogy

\frac{b_{n+1}}{b_{1}}=(1-b_{1})^{2}(1-b_{2})^{2}\cdots (1-b_{n})^{2} ahonnan (1-b_{1})(1-b_{2})\cdots (1-b_{n})=\sqrt{\frac{b_{n+1}}{b_{1}}}.

Tehát

\lim_{n \to \infty}\left( a_{1}\cdot a_{2}\cdot \cdots \cdot a_{n}\right)=\lim_{n \to \infty}(1-b_{1})(1-b_{2})\cdots (1-b_{n})=\lim_{n \to \infty}\sqrt{\frac{b_{n+1}}{b_{1}}}=0

Előzmény: [1890] Cckek, 2007-02-10 12:44:33
[1892] jonas2007-02-12 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
[1891] HoA2007-02-10 16:32:44

Mint matektanárunk szokta mondani, az eredmény közlése nem egyenlő a feladat megoldásával. Ha valakinek kell egy kis segítség az ilyen típusú feladatok megoldásához, hát lássuk: 1. megközelítés. Ki mond igazat?

I: Az első ajtó mond igazat -> a nyeremény a 2. mögött van -> a 2. is igazat mond -> ellentmondás azzal, hogy csak egy mond igazat

II: a második ajtó mond igazat -> mivel csak egy ajtó mond igazat, az 1. ajtó hazudik -> a 3. is igazat mond -> ellentmondás azzal, hogy csak egy mond igazat

III. a harmadik ajtó mond igazat -> mivel csak egy ajtó mond igazat, az 2. ajtó hazudik -> a nyeremény a 3. mögött van -> az 1. hazudik -> JÓ MEGOLDÁS

2. megközelítés: Hol a nyeremény?

I: Az első ajtó mögött -> 1. hazudik, 2. igazat mond, 3. igazat mond -> két igazmodó: ellentmondás

II: A második ajtó mögött -> 1. igazat mond, 2. igazat mond -> két igazmodó: ellentmondás

III: A harmadik ajtó mögött -> 1. hazudik, 2. hazudik, 3. igazat mond -> JÓ MEGOLDÁS

Előzmény: [1889] Anum, 2007-02-10 11:00:54
[1890] Cckek2007-02-10 12:44:33

Az \{a_n\}_{n\ge1} sorozat a következőképpen adott:

a1\in(0,1), an+1=an3-an2+1.

Számítsuk ki a következő határértéket:

\lim_{n\to \infty}a_1\cdot a_2\cdot...\cdot a_n.

[1889] Anum2007-02-10 11:00:54

a 3-as mögött.

Előzmény: [1888] tim20, 2007-02-10 10:28:37
[1888] tim202007-02-10 10:28:37

Sziasztok!

3 ajtó közül az egyik mögött nyeremény rejtőzik. Ám az ajtók közül csak az egyik mond igazat. Melyik ajtó mögött találod a nyerményed? 1.ajtó: "A 2-es mögött van." 2.ajtó: "Nem a 3-as mögött van." 3.ajtó: "Az 1-es hazudik!"

Lehetőségek:

1. ajtó 2. ajtó 3. ajtó nem lehet meghatározni, hogy melyik mögött van egyik mögött sincs

[1887] Cckek2007-02-06 17:33:44

Valóban szép interpolációs polinom, akkor az ajánlom szerkesszük meg trigonometrikus interpolaciós polinomját is, úgy hogy 1,2,3,...,8 helyeken a polinom ezeket az értékeket vegye fel:)

Előzmény: [1886] HoA, 2007-02-06 16:48:13

  [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]