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.

[1920] Lóczi Lajos	2007-02-26 19:31:12
Kíváncsi lennék ennek az állításnak a bizonyítására. Tudnál mondani hozzá valamit?
Előzmény: [1917] Cckek, 2007-02-24 21:53:16

[1919] Sirpi	2007-02-25 23:58:52
Lehet hogy bennem van a hiba, de vesszek meg, ha ebből ezen a kései órán egy kukkot is értek :-)
Előzmény: [1918] S.Ákos, 2007-02-25 19:24:35

[1918] S.Ákos

2007-02-25 19:24:35

Legyen adott egy [a;b] intervallum, ahol a;b $\in$ Z⁺ és a $\le$ b. Tudjuk, hogy ha az a₁;a₂;...;a_n számokhoz 1-1 [a;b]-ben levő valós számot rendelünk, akkor $\sum_{i=1}^n \frac1a_i\in[a;b]$ teljesül. Jelölje az n-hez tartozó intervallumok számát $\varepsilon$ (n)! Határozzuk meg $\sum_{i=1}^n \varepsilon(i)-d(i)$ értékét. (d(k) k osztóinak számát jelöli)

(A feladatötletet egy régebben megjelent gyakorlófeladatsor egyik feladata adta.)

[1917] Cckek	2007-02-24 21:53:16
Ami persze bizonyítandó. A 0-ban a jobboldali derivált létezése is elégséges.
Előzmény: [1916] Cckek, 2007-02-24 11:31:57

[1916] Cckek	2007-02-24 11:31:57
Amúgy ez álltalánosítható. Ha f:I $\to$ R folytonos, 0-ban differenciálható függvény, f(0)=0, akkor $\lim_{n\to \infty}\sum_{k=1}^{n}f\left(\frac{k}{n^2}\right)=\frac12f'(0)$
Előzmény: [1913] Lóczi Lajos, 2007-02-23 11:46:57

[1915] Cckek

2007-02-24 10:29:37

Az $e^y>\frac{16(1-y)}{(2-y)^4}$ egyenlőtlenség igazolása: Legyen

f:(0,1) $\to$ R, f(y)=y-ln (1-y)+4ln (2-y).

$f'(y)=1+\frac{1}{1-y}-\frac{4}{2-y}=\frac{y^2}{(1-y)(2-y)}> 0$ , tehát a függvény szigoruan nő, így

$f(x)>\lim_{x \to 0}f(x)=\ln16$ , tehát

y-ln (1-y)+4ln (2-y)>ln 16 az-az

$y>\ln\frac{16(1-y)}{(2-y)^4}$ .

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

[1914] Lóczi Lajos	2007-02-23 11:51:48
Bocsánat, sorfejTést akartam írni persze :-)
Előzmény: [1913] Lóczi Lajos, 2007-02-23 11:46:57

[1913] Lóczi Lajos

2007-02-23 11:46:57

Jól ismert a binomiális sorfejésbo"l, hogy vannak olyan c₁,c₂ pozitív állandók, hogy minden, elég kis abszolút értéku" x esetén fennáll az

$1+x/2-c_1 x^2\le \sqrt{1+x} \le 1+x/2+c_2 x^2$

egyenlo"tlenség; egyébként pl. c₁=c₂=1 megfelelo" az |x| $\le$ 1 halmazon.

Ebbo"l a közrefogási elvvel és az

$n-\sum_{k=1}^n \left(1+\frac{k}{2n^2}+c\frac{k^2}{n^4}\right)= -\frac{(n+1)(2c+4cn+3n^2)}{12n^3}\to -\frac{1}{4}$

(n $\to$ $\infty$ ) határértéket felhasználva adódik, hogy a keresett limesz értéke -1/4.

Előzmény: [1908] Cckek, 2007-02-22 15:09:59

[1912] Cckek	2007-02-22 22:06:24
mea culpa $y+1>\frac{1}{1-y}$ egyenlőtlenség hamis:(
Előzmény: [1911] Cckek, 2007-02-22 21:43:46

[1911] Cckek

2007-02-22 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 e^y>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] Cckek

2007-02-22 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 Lajos

2007-02-22 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] Cckek

2007-02-22 15:09:59

Megint egy határérték:

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

[1906] teomo	2007-02-22 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] teomo

2007-02-22 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] tim20	2007-02-22 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] Cckek	2007-02-19 19:35:39
Nagyon szép. Gratulálok.

[1902] Lóczi Lajos

2007-02-19 11:30:24

A kerdeses y_n sorozat konvergens:

lathato, hogy minden indexre 0<x_n<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 $\ge$ 1 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 y_n 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 Lajos	2007-02-19 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 Lajos

2007-02-19 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] lorantfy

2007-02-18 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] 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

[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 a_n 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] 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 a_n $\to$ 1,n $\to$ $\infty$ határértékből és

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

összefüggésből már következik, hogy p_n nullsorozat.

Itt van még egy:

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

Konvergens-e az y_n=n-(x₀+x₁+...+x_n-1) sorozat?

Előzmény: [1894] Lóczi Lajos, 2007-02-15 11:40:09

[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?

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?