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.
[2037] Lóczi Lajos2007-05-01 16:39:17

Hm, a végeredményt tudva a bizonyítás már egyszerű.

Nyilván feltehető, hogy x0<y0, ekkor minden további tag pozitív lesz az iterációban. Könnyen igazolható, hogy létezik közös véges határérték, amit jelöljünk tehát L(x0,y0)-lal. Már részben említettem korábban, hogy L-re igazak az alábbiak: tetszőleges r>0 szám esetén

L(rx0,ry0)=rL(x0,y0), és nyilván

L(x0,y0)=L(xn,yn).

Jelölje 0<a<b esetén f(a,b):=\frac{\sqrt{b^2-a^2}}{{\rm{arccos}}(a/b)} a megadott függvényt. Fel fogjuk használni, hogy \lim_{b\to 1^+}f(1,b)=1.

Némi számolással igazolható, hogy tetszőleges r>0 és 0<a<b esetén f(ra,rb)=rf(a,b), illetve f(a,b)=f(\frac{a+b}{2},\sqrt{\frac{a+b}{2}b}), vagyis f ugyanazokat a függvényegyenleteket teljesíti, mint L.

Ebből azt kapjuk, hogy

f(x_0,y_0)=f(x_n,y_n)=x_n f(1,\frac{y_n}{x_n}).

A jobb oldal n\to\infty esetén tart L(x_0,y_0)\cdot  \lim_{b\to 1^+}f(1,b)=L(x_0,y_0)-hoz, amiből kapjuk, hogy 0\lex0<y0 esetén

\frac{\sqrt{y_0^2-x_0^2}}{{\rm{arccos}}(x_0/y_0)}=f(x_0,y_0)=L(x_0,y_0)=\lim_{n\to \infty} x_n=\lim_{n\to \infty} y_n.

Megjegyzések, kérdések.

1. A bizonyítás kulcsa az volt, hogy képlettel megadtak számunkra egy olyan kétváltozós függvényt, amelyre igaz az f(a,b)=f(\frac{a+b}{2},\sqrt{\frac{a+b}{2}b}) függvényegyenlet. Vajon hogyan lehet erre rájönni? (Egy differenciálegyenlet megoldásaként egyébként származtatható ez az f, csak nem látom a kapcsolatot a függvényegyenlet és a differenciálegyenlet között.)

2. A feladat ősében, a Gausstól származó számtanimértaniközép-sorozat esetében az f(a,b) függvény szerepét az

I(a,b):=\int_{0}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{(x^2+a^2)(x^2+b^2)}}d x

elliptikus integrál játssza. Erre az analóg I(a,b)=I(\frac{a+b}{2},\sqrt{a b}) transzformációs tulajdonság igaz. Állítólag ezt az x=y-\frac{a b}{y} változócserével lehet belátni, de nekem nem sikerült eddig.

322. feladat. Igazoljuk, hogy a,b>0 esetén

\int_{0}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{(x^2+a^2)(x^2+b^2)}}d x=\int_{0}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{(x^2+(\frac{a+b}{2})^2)(x^2+a b)}}d x.

3. Mi lehet a mi feladatunkban a mögöttes integrálreprezentáció? Ez választ adhat arra a megfigyelésemre is, hogy hogyan kell kiszámolni \lim_{n\to \infty} x_n=\lim_{n\to \infty} y_n értékét akkor, ha 0\ley0\lex0. (Tulajdonképpen a megadott f(a,b) függvény ebben az esetben is jónak tűnik, és helyes eredményt ad, csak komplex számokkal kell menet közben számolnunk.)

Előzmény: [2036] Cckek, 2007-05-01 14:16:56
[2036] Cckek2007-05-01 14:16:56

Nos a közös határérték ha 0<x0<y0:

\frac{\sqrt{y_0^2-x_0^2}}{arccos\frac{x_0}{y_0}}

Előzmény: [2035] Lóczi Lajos, 2007-04-30 01:31:36
[2035] Lóczi Lajos2007-04-30 01:31:36

Vagy kicsit rendezettebb formában:

jelölje L(x0,y0) a sorozatok közös limeszét a kezdőérték függvényében. Mivel pozitív r>0 esetén fennáll az

L(rx0,ry0)=rL(x0,y0)

skálázási tulajdonság, elég csak az L(1,y0) alakú értékekkel foglalkoznunk, ahol y0>1. Így

L(1,\sqrt{2})=4/\pi

L(1,2)=3\sqrt{3}/\pi

L(1,2/\sqrt{3})=2\sqrt{3}/\pi,

illetve a két kilógó érték, amit megtaláltam:

L(0,1)=2/\pi, és a meglepő L(1,\sqrt{3}/2)=1/\ln(3) (ami nincs a feladatban, mivel itt x0>y0).

Nos ezekre kellene keresni valami szép integrálformulát...

Előzmény: [2034] Lóczi Lajos, 2007-04-30 00:51:38
[2034] Lóczi Lajos2007-04-30 00:51:38

Némi kísérletezéssel az alábbiakat kaptam:

Ha (x0,y0)=(0,y0), akkor a közös limesz 2y0/\pi.

Ha (x0,y0)=(1,2), akkor a közös limesz 3\sqrt{3}/\pi.

Ha (x_0,y_0)=(1,\sqrt{2}), akkor a közös limesz 4/\pi.

Sajnos ebből még nem tudom megsejteni a limeszfüggvény formáját a kezdőértékek függvényében, de könnyen elképzelhető, hogy a számtanimértaniközép-sorozathoz hasonló elliptikus integrál áll a háttérben, és akkor reménytelen lenne a tippelgetés...

Előzmény: [2027] Cckek, 2007-04-28 11:36:13
[2033] jonas2007-04-29 22:55:03

Jó lenne, ha valaki ellenőrizné, mert könnyen lehet, hogy valahol hibáztam.

Előzmény: [2032] jonas, 2007-04-29 22:49:59
[2032] jonas2007-04-29 22:49:59

No, kiszámoltam kimerítő kereséssel, és 20 lehetőség jött ki.

Érdekes módon egyetlen olyan felosztás sincsen, amiben hat új megye keletkezik három-három régiből, és egy régi egyedül marad.

Itt van az összes (értelmes sorrend nélkül).

{{K, L}, {N, R}, {A, B, C}, {O, P, S}, {D, G, H}, {E, F, J}, {I, M, Q}},

{{K, L}, {P, S}, {A, B, C}, {N, O, R}, {D, G, H}, {E, F, J}, {I, M, Q}},

{{K, N}, {L, P}, {A, B, C}, {O, R, S}, {D, G, H}, {E, F, J}, {I, M, Q}},

{{K, N}, {P, Q}, {A, B, C}, {O, R, S}, {D, G, H}, {E, F, J}, {I, L, M}},

{{K, N}, {R, S}, {L, O, P}, {A, B, C}, {D, G, H}, {E, F, J}, {I, M, Q}},

{{L, P}, {R, S}, {K, N, O}, {A, B, C}, {D, G, H}, {E, F, J}, {I, M, Q}},

{{A, C}, {K, N}, {M, P, Q}, {B, D, G}, {O, R, S}, {E, F, J}, {H, I, L}},

{{A, C}, {N, R}, {B, D, G}, {O, P, S}, {E, F, J}, {H, K, L}, {I, M, Q}},

{{A, C}, {P, S}, {B, D, G}, {N, O, R}, {E, F, J}, {H, K, L}, {I, M, Q}},

{{A, C}, {R, S}, {K, N, O}, {M, P, Q}, {B, D, G}, {E, F, J}, {H, I, L}},

{{N, R}, {P, S}, {K, L, O}, {A, B, C}, {D, G, H}, {E, F, J}, {I, M, Q}},

{{D, G}, {K, N}, {A, B, C}, {M, P, Q}, {O, R, S}, {E, F, J}, {H, I, L}},

{{D, G}, {N, R}, {A, B, C}, {O, P, S}, {E, F, J}, {H, K, L}, {I, M, Q}},

{{D, G}, {P, S}, {A, B, C}, {N, O, R}, {E, F, J}, {H, K, L}, {I, M, Q}},

{{D, G}, {R, S}, {K, N, O}, {A, B, C}, {M, P, Q}, {E, F, J}, {H, I, L}},

{{P, Q}, {R, S}, {K, N, O}, {A, B, C}, {D, G, H}, {E, F, J}, {I, L, M}},

{{I, L}, {K, N}, {A, B, C}, {M, P, Q}, {O, R, S}, {D, G, H}, {E, F, J}},

{{I, L}, {R, S}, {K, N, O}, {A, B, C}, {M, P, Q}, {D, G, H}, {E, F, J}},

{{I, Q}, {K, N}, {L, M, P}, {A, B, C}, {O, R, S}, {D, G, H}, {E, F, J}},

{{I, Q}, {R, S}, {K, N, O}, {L, M, P}, {A, B, C}, {D, G, H}, {E, F, J}},

Előzmény: [2000] lorantfy, 2007-04-22 10:14:30
[2031] Lóczi Lajos2007-04-29 01:57:07

321. feladat. Jelöljön h=a+bi+cj+dk egy tetszőleges kvaterniót, és definiáljuk az exponenciális függvényt a szokásos módon:

 e^h:=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{h^n}{n!}.

Írjuk fel az e2+3i+5j+7k kvaterniót a+bi+cj+dk alakban, valós a, b, c és d-vel.

[2030] Lóczi Lajos2007-04-29 01:49:02

Az előző túl speciális érték volt. Újra próbálkozom :-)

320/b. feladat. Igaz-e, hogy \root3 \of {2007+997\sqrt{5}} nem írható fel a+b\sqrt{5} alakban, racionális a és b együtthatókkal?

[2029] Sirpi2007-04-28 15:58:50

Ugye jól látom, hogy sehol nem használtuk ki, hogy a 2007 számról van szó? Szóval Cckek belátta, hogy a \root{3} \of {k(1+\sqrt 5)} semely egész k-ra nem írható fel a+b\sqrt 5 alakban, ahol a és b racionális.

Előzmény: [2028] Cckek, 2007-04-28 13:08:35
[2028] Cckek2007-04-28 13:08:35

Tételezzük fel hogy \root{3} \of{2007+2007\sqrt{5}}=a+b\sqrt{5} ahol a illetve b racionális. Köbre emelve kapjuk, hogy 2007+2007\sqrt{5}=(a^3+15ab^2)+(3a^2b+5b^3)\sqrt{5}, az-az 2007=a3+15ab2=3a2b+5b3 amiből kapjuk, hogy a3+15ab2-3a2b-5b3=0-val. Vegigosztva b3-el és bevezetve az

\frac{a}{b}=x jelölést kapjuk x3-3x2+15x-5=0, de ennek az egyenletnek nincs racionális gyöke.

Előzmény: [2026] Lóczi Lajos, 2007-04-28 11:20:08
[2027] Cckek2007-04-28 11:36:13

Nos ez a képlet nem hibásan van megadva hanem valóban

y_{n+1}=\sqrt{x_{n+1}y_n}

Előzmény: [2025] Lóczi Lajos, 2007-04-28 11:13:38
[2026] Lóczi Lajos2007-04-28 11:20:08

320. feladat Mutassuk meg, hogy \root3\of{2007+2007\sqrt{5}} nem írható fel a+b\sqrt{5} alakban, racionális a, b-vel.

[2025] Lóczi Lajos2007-04-28 11:13:38

(Csak az eredmény, a levezetés nem: http://mathworld.wolfram.com/Arithmetic-GeometricMean.html)

Előzmény: [2024] Cckek, 2007-04-28 09:02:15
[2024] Cckek2007-04-28 09:02:15

Egy egyáltalán nem könnyű de annál érdekesebb feladat. Az xn, yn sorozatok a következőképen adottak: 0\lex0\ley0, x_{n+1}=\frac{x_n+y_n}{2}, y_{n+1}=\sqrt{x_{n+1}y_n}. Határozzuk meg a sorozatok határértékét.

[2023] lorantfy2007-04-27 23:01:19

Jó ötlet! Grat! Nem jöttem volna rá.

Előzmény: [2021] Sirpi, 2007-04-27 20:20:05
[2022] ágica2007-04-27 20:25:18

\root3\of{2000+235\sqrt{5}}=\frac{25}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{5}

Előzmény: [2020] Lóczi Lajos, 2007-04-27 19:44:10
[2021] Sirpi2007-04-27 20:20:05

318. - Megoldás Először lekérdezem p(1)-et, ebből megtudom az együtthatók összegét (ami rögtön egy felső becslés is az összes együtthatóra), és választok egy ennél az értéknél nagyobb 10-hatványt (10k). Ezután másodjára lekérdezem p(10k)-t, és ebben az együtthatók szépen k-számjegyes blokkokba lesznek rendezve.

2. megoldás: kérdezzük le p(\pi)-t. Ez az egy érték már meghatározza az együtthatókat, hiszen ha lenne egy p'(x), amire p(\pi)=p'(\pi), akkor p-p' egy olyan egész együtthatós polinom lenne, aminek \pi gyöke. De tudjuk, hogy a \pi transzcendens, ezért ilyen polinom az azonosan nullát kivéve nem létezhet. Ezek után már csak végig kell próbálni az összes (csak megszámlálható sok) lehetőséget és véges idő alatt meg is találjuk a keresett polinomot egy lekérdezésből :-)

Előzmény: [2019] Tappancsa, 2007-04-27 19:08:15
[2020] Lóczi Lajos2007-04-27 19:44:10

319. feladat. Írjuk fel a \root3\of{2000+235 \sqrt{5}} számot a+b\sqrt{5} alakban, racionális a és b-vel, ha lehet.

[2019] Tappancsa2007-04-27 19:08:15

Remélem ez még nem volt.

318. feladat: Gondoltam egy polinomra (p(x)). Az együtthatói pozitív egész számok. Ki tudod-e találni a polinomomat, ha két x értékre hajlandó vagyok megmondani p(x) értékét?

Anikó

[2018] HoA2007-04-26 16:59:36

Persze. A feladat tehát az, tippeljük meg, legalább hányan állnak kettejük között, ha mobilon beszélnek. Elég 3? Vagy ahhoz hangosan szólni is elég, a mobilozáshoz inkább 6 kell? Stb.

Előzmény: [2017] jonas, 2007-04-26 14:32:31
[2017] jonas2007-04-26 14:32:31

Szerintem az, hogy "mobilon beszélnek" azt jelenti, hogy valószínüleg áll köztük néhány ember.

Előzmény: [2016] HoA, 2007-04-25 16:43:11
[2016] HoA2007-04-25 16:43:11

Talán azért érdemes itt foglalkozni ezzel a feladattal, mert szerintem ez a tipikus példája annak, milyen feladatot nem szabad iskolai versenyen feladni. Ugyanis a feladat szövege nem zárja ki azt, hogy Előd és Vali között nem áll senki. És innen nem matematikai, hanem nyelvészeti vagy filozófiai kérdés, van-e értelme 0 ember harmadáról beszélni, vagy a "még akkor is" jelentheti-e azt, hogy nem csökkent az előttem állók száma.

Tehát a megoldás: Ha Előd és Vali között nem áll senki, akkor Vali előtt ( a 0/3 távozása után is) Előd + az Előd előtt állók állnak. Ez csak úgy lehet kétszerese az Előd előtt állóknak, ha Előd előtt 1 ember áll. Ekkor Előd mögött 8-an, tehát Vali mögött 7-en állnak.

Ha előzetes megfontolások nélkül egyenleteket írunk fel, és az Előd előtt állók számát x-szel, az Előd és Vali között állókét y-nal, a Vali mögött állókét pedig z-vel jelöljük, a két megállapítás egyenlete:

y + z + 1 = 8x

2/3 y + 1 +x = 2x

Amiből z = 13/3 y + 7

Itt a feladat kitűzői nyilván elvárják a nyolcadikosoktól, hogy vegyék észre, mivel z egész, y csak 3-mal osztható egész lehet és mint "emberek száma" nem negatív. És itt ismét előjön a kérdés, megengedett-e y=0, ekkor persze z=7, vagy y legkisebb értéke 3 , amiből z=20 a helyes megoldás.

Előzmény: [2013] Matthew, 2007-04-24 21:06:10
[2015] Lóczi Lajos2007-04-25 15:04:47

Nem gondolom, hogy lenne lényegesen más típusú megoldás. (A G-n vett integrálban viszont i nélkül fog stimmelni a képlet.)

Előzmény: [2014] nadorp, 2007-04-25 14:15:16
[2014] nadorp2007-04-25 14:15:16

A jobb oldal az egységkör területe. A bal oldal a rezidum-tétel segítségével ( \int_G\frac{e^z}{iz}dz, ahol G a komplex egységkör) elég kevés számolással kijön. Van középiskolás megoldás is ?

Előzmény: [2006] Lóczi Lajos, 2007-04-23 10:07:03
[2013] Matthew2007-04-24 21:06:10

Üdv mindenkinek!

Tudom,hogy ez a fórum középiskolásoknak van,de éppen ezért szeretnék tőletek segítséget kérni,mert én még csak 8.-os vagyok Tegnap volt a megyei Makkosházi Matematika Versenyen,amin én is elindultam,főleg tapasztalatszerzés céljából.Jókeddvel kezdtem neki a feladatoknak,mert 4 feladatra volt 70 percem,de aztán kiderült,hogy vagy én vagyok gyenge matekból,vagy a feladatok bonyolultabbak.Mindenesetre abban kérnék segítséget,hogy a feladatokat hogyan kellett volna megoldanom,és hogy mi a megoldásuk?.Ha jól tudom(de lehet,hogy rosszul emlékszem),akkor a Kömal is támogatta az iskolát a verseny megrendezésében,tehát lehet,hogy a feladatokat is ismerik éhányan,de azért leírom az elsőt,amire bevallom,közel 35 percem ment el:

Seft Előd és Kár Vali a hosszú sorban állás közben mobilon beszélgetnek.Előd végignézve a soron,megállapítja,hogy "Mögttem nyolcszor annyian vannak,mint előttem." Ezután Vali is "népszámlálást" végez és közli:"Remélem a köztünk lévők harmada itt hagyja és elmegy! De még akkor is kétszer annyian lesztek előttem,mint ahányan előtted vannak."

Legalább hányan lehettek Vali mögött?

Üdv.:Matthew

  [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]