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.
[2119] Cckek2007-07-02 13:47:58

Meg \frac{a}{a-1} alakú is.

Előzmény: [2117] Csimby, 2007-07-02 13:31:30
[2118] Csimby2007-07-02 13:37:44

(reciprok képzés, 1-x, nem vezet ki közülük, viszont ezeknek mind szerepelnie kell) Kéne még vacakolni hogy mi van ha egybeesik pár. De úgy emlékszem algerba gyakorlaton volt valami hasonló Galois elmélet keretein belül. Majd ha végeztem a diffegy vizsgával és lesz időm megkeresem :-)

Előzmény: [2117] Csimby, 2007-07-02 13:31:30
[2117] Csimby2007-07-02 13:31:30

Szerintem az 5 gyök mindig: a, 1-a, \frac{1}{a}, \frac{1}{1-a}, 1-\frac{1}{a} alakú.

Előzmény: [2116] Cckek, 2007-07-02 12:48:26
[2116] Cckek2007-07-02 12:48:26

Szép:) Amúgy ezek második fokozati vizsgakérdések itt Romániában. Itt van még egy ha érdekel valakit:

Határozzuk meg azokat az ötödfokú valós együtthatós P(X) polinomokat, melyeknek a domináns együtthatójuk 1 és, ha a gyöke P-nek akkor 1-a illetve \frac1a is gyöke P-nek.

[2115] Lóczi Lajos2007-07-02 11:04:13

A feladatban határozatlan integrálok szerepelnek: ha a két integrációs állandót különbözőnek választjuk, elég nehéznek tűnik a kérdés. Legyenek tehát egyenlőek.

Az egyenletet f-re rendezve látjuk, hogy f deriválható a pozitív és a negatív félegyenesen. Deriválva az egyenletet egy differenciálegyenletet kapunk, melynek megoldásai

\pm \sqrt{a x^2+2\lambda}

alakúak, valamely a\ge0 állandóval. Most csak a pozitív előjel jön szóba. A feladat megoldásai lesznek tehát az olyan f függvények, amelyek x>0 és x<0 esetén a fenti képlettel vannak megadva, esetleg más-más a állandóval a pozitív és a negatív részen.

Előzmény: [2113] Cckek, 2007-07-01 19:42:18
[2114] Cckek2007-07-02 09:19:08

Határozzuk meg az összes morfizmust (Q,+) és (Sn,o) között.

[2113] Cckek2007-07-01 19:42:18

Határozzuk meg azokat az f:R\to(0,\infty) folytonos függvényeket melyekre: \int{f(x)}dx=\frac{xf(x)}{2}+\lambda \int{\frac{dx}{f(x)}}, ahol \lambda>0

[2112] jonas2007-06-25 08:58:38

Akkor nyertem.

Előzmény: [2093] jonas, 2007-06-18 22:38:23
[2111] rizsesz2007-06-25 01:39:46

Ajándék: http://www.komal.hu/verseny/2001-05/B.h.shtml B. 3469, asszem :)

Előzmény: [2110] Sirpi, 2007-06-22 23:50:30
[2110] Sirpi2007-06-22 23:50:30

Na jó, akkor lecsapom :-)

Pont elolvastam a feladatot, majd a vihar miatt jött egy 2 órás áramszünet, azalatt volt időm (többek közt ezt is) végiggondolni.

Tehát f(f(n))=f(n)+n és f(1)=2.

A Fibonacci-számokon végigugrálva az embernek elég hamar előjön az a sejtése, hogy f(n) = [\frac{\sqrt 5+1}2 n + \frac 12], vagyis a függvény lineáris (\sqrt5+1)/2-es szorzóval, egészre kerekítve.

És hogy ez miért jó? Legyen g(n) = \frac{\sqrt 5+1}2 n, vagyis a kerekítés nélküli függvény. Erre nyilván g(g(n)) - g(n) = \left( \frac{\sqrt 5+1}2 \right)^2 n - \frac{\sqrt 5+1}2 n = n

Másrészt minden n-re |f(n)-g(n)|<1/2, vagyis n-1<f(f(n))-f(n)<n+1, és mivel a különbség egész, ezért csak n lehet. Ezen kívül g(n+1)-g(n)=(\sqrt 5+1)/2, vagyis f(n+1)-f(n)>(\sqrt 5-1)/2 > 0, így f(n+1)-f(n)\geq1.

Előzmény: [2109] Cckek, 2007-06-22 19:38:21
[2109] Cckek2007-06-22 19:38:21

Felhívnám a tisztelt forumozók figyelmét, hogy a 2089-es hozzászolásomban kitűzött gyönyörűszép feladat még mindig megoldatlan:)

[2108] Sirpi2007-06-21 11:50:54

Szép elemzés!

Azért leírom azt is, hogy én mire jutottam. Talán kicsit egyszerűbb becsléseket használok, valamint semmilyen függvényvizsgálatra nincs szükség.

Legyen y:=n+x

\left(1 + \frac 1 {n(y-n)} \right)^y = e

És itt, mikor 1/y-edik hatványra emelem mindkét oldalt:

n(y-n) = \frac 1 {e^{1/y}-1}

n^2 - y n - \frac 1{1-e^{1/y}} = 0

n_{1,2}= \frac{y \pm \sqrt{y^2+4 / (1-e^{1/y})}}2

A két gyök közül az egyik lesz n, a másik xn. Az egyik gyök (a minuszos) 1 körül van, nézzük meg ezt alaposabban. Feltételezve, hogy y nagy, e1/y=1+1/y+1/(2y2)+O(1/y3), ahonnan

x_n = \frac 12 \cdot \left(y - \sqrt{y^2 - 4y + 2 + O(1/y)}\right) =

=\frac 12 \cdot \frac{y^2 - (y^2-4y+2+O(1/y))}{y + \sqrt{y^2 - 4y + 2 + O(1/y)}} \approx \frac {2y-1}{y + (y-2)}

Ez pedig éppen az x_n \approx 1+\frac {1/2}{y-1} becslést adja, ahonnan szintén látszik az 1/2-es határérték. Viszont kihasználtam, hogy ha n\to\infty, akkor y\to\infty, ezt még annyival meg kell támogatni, hogy mivel a két gyök összege y, ezért valamelyik a kettő közül legalább y/2, válasszuk ezt n-nek, a másikat pedig xn-nek.

* * *

Mindamellett azért is írtam le ezt az egészet, mert az az érdekes dolog látszik belőle, hogy ha nem n és xn lenne a feladatban, hanem x és f(x), akkor bejönne egy új gyök, hiszen az első lépésnél, a hatványozásnál az alap lehet épp negatív is, ha a kitevő (y) páros egész szám. Ekkor:

n^2 - y n - \frac 1 {1 + e^{1/y}} = 0

Ennek pedig egy pozitív (n), és egy negatív (xn) gyöke van. Viszont az sose fordulhat elő egyszerre, hogy y páros egész és n is egész, de ha n tetszőleges valós szám lehet, ami tart a végtelenbe, akkor valóban kapunk egy új gyököt:

x_n = \frac 12 \cdot \left( y - \sqrt{y^2 + 4 / (1 + e^{1/y})} \right)

Itt most e1/y\approx1 triviális becslést alkalmazva

x_n \approx \frac 12 \cdot \frac {y^2-(y^2+2)}{y + \sqrt{y^2+2}} \approx -\frac 1{2y}

Szóval ha n nem feltétlen egész, akkor van egy másik (negatív) sorozat is xn-re (ilyenkor az alap -1 közelében van).

Előzmény: [2106] Lóczi Lajos, 2007-06-21 03:16:23
[2107] Cckek2007-06-21 08:21:59

Hiába... Le a kalappal:)

Előzmény: [2106] Lóczi Lajos, 2007-06-21 03:16:23
[2106] Lóczi Lajos2007-06-21 03:16:23

Használjuk fel a pontosabb x-x2/2<ln (1+x)<x-x2/2+x3/3 egyenlőtlenséget. Ebből arra következtethetünk, hogy xn az

\frac{1}{3n^3 x^3} - \frac{1}{2n^2 x^2} + 
  \frac{1}{n x} - \frac{1}{n + x}=0

és az

 - \frac{1}{2n^2 x^2} + 
  \frac{1}{n x} - \frac{1}{n + x}=0

egyenletek (1-hez közeli) gyökei között van. Ez egy másod- és egy harmadfokú egyenlet, a megoldóképleteik felírhatók. Az ezekben szereplő négyzet- és köbgyököket a binomiális tétellel lehet sorbafejteni, amiből végül megkapjuk, hogy mind az alsó-, mind a felső becslése xn-nek 1+\frac{1}{2n}+O(\frac{1}{n^2}), ha n\to\infty.

Előzmény: [2104] Lóczi Lajos, 2007-06-21 01:34:29
[2105] Lóczi Lajos2007-06-21 01:52:59

A numerikus kísérletek azt mutatják, hogy

n(x_n-1)\to\frac{1}{2}, ami az eddigi sejtésektől (limesz=1) eltérő eredmény.

Előzmény: [2104] Lóczi Lajos, 2007-06-21 01:34:29
[2104] Lóczi Lajos2007-06-21 01:34:29

A kérdéses xn sorozat az \ln(1+\frac{1}{n x_n})-\frac{1}{n+x_n}=0 egyenlet gyöke.

Bizonyos mennyiségű számolással (első- és második deriváltak vizsgálata, határérték a 0-ban és a végtelenben, stb.) belátható, hogy ennek az egyenletnek minden, elég nagy n-re (pl. n>10) csak 1 gyöke van, az is 1 és pl. 2 között. Ez azért segít, mert ekkor használható az x-\frac{x^2}{2}<\ln(1+x)<x egyenlőtlenség (0<x<1). Így az eredeti egyenlet xn gyöke beszorítható két egyszerű egyenlet gyöke közé. Ebből kapjuk pl., hogy

\frac{-1 + 2n^2}{4\left( -1 + n \right) n} + 
  \frac{{\sqrt{\frac{1 + 4n^2 - 8n^3 + 4n^4}
        {{\left( -1 + n \right) }^2n^2}}}}{4}<x_n<\frac{n}{n-1},

ami maga után vonja, hogy elég nagy n-ekre

1+\frac{1}{2n}<x_n<1+\frac{2}{n}.

Tehát az (xn-1)na sorozatnak csak a=1 esetén lehet véges, nemnulla limesze (ha egyáltalán létezik).

Finomabb ötleteket fog igényelni annak kiderítése, hogy (xn-1)n melyik pozitív számhoz tart.

Előzmény: [2103] Lóczi Lajos, 2007-06-19 22:38:34
[2103] Lóczi Lajos2007-06-19 22:38:34

Egyelőre azt sem tudom belátni, hogy az xn sorozat egyáltalán miért pozitív.

Előzmény: [2097] nadorp, 2007-06-19 09:55:00
[2102] Cckek2007-06-19 19:48:23

\epsilon_n\to \frac{1}{2}

Előzmény: [2101] Sirpi, 2007-06-19 17:37:36
[2101] Sirpi2007-06-19 17:37:36

Dehogy kell igaznak lennie. (1+1/n)n\toe, de ettől még nem igaz, hogy ez a sorozat konstans e. Sőt, ha már itt tartunk, akkor egy segédfeladat (bár már szerepelt itt az oldalon, úgy emlékszem).

\varepsilonn úgy van definiálva, hogy (1 + 1/n)^{n + \varepsilon_n} = e. Mi \varepsilonn határértéke?

Előzmény: [2100] lorantfy, 2007-06-19 17:16:22
[2100] lorantfy2007-06-19 17:16:22

A sorozatot megadó \left(1+\frac{1}{nx_n}\right)^{n+x_n}=e egyenletnek mindig igaznak kell lenni. Tehát n\rightarrow\infty esetén nxn=n+xn

Előzmény: [2099] nadorp, 2007-06-19 12:39:23
[2099] nadorp2007-06-19 12:39:23

Nem akarok kötözködni, de attól, hogy az an és bn sorozatokra \lim_{n\to\infty}a_n=\lim_{n\to\infty}b_n=1, nem következik, hogy an-1 és bn-1 ugyanolyan gyorsan tart 0-ba. ( pld a_n=\frac{n}{n-1}, b_n=\frac{2n-1}{2n-2}). Tehát csak arra akartam rákérdezni, hogy a feladatban szereplő xn sorozat miért helyettesíthető a \frac{n}{n-1} sorozattal ?

Előzmény: [2098] lorantfy, 2007-06-19 11:59:09
[2098] lorantfy2007-06-19 11:59:09

Kedves Lajos!

Én úgy gondolkodtam, hogy az a és b megadásához minket az xn sorozat csak határértékben érdekel, vagyis nyugodtan helyettesíthető az \frac{n}{n-1} sorozattal, különben első egyenlet nem lenne igaz.

Az \frac{n^a}{n-1} határértéke pedig a<1-nél 0, a=1-nél 1, a>1-nél végtelenbe megy.

Előzmény: [2095] Lóczi Lajos, 2007-06-19 00:18:52
[2097] nadorp2007-06-19 09:55:00

Az xn>1 is viszonylag egyszerű ( n\geq2), azaz \lim_{n\to\infty}x_n=1, a baj az, hogy ebből az xn-1 nagyságrendje nem látszik.

Előzmény: [2096] Cckek, 2007-06-19 08:43:35
[2096] Cckek2007-06-19 08:43:35

Nagyon könnyű levezetni hogy x_n<\frac{n}{n-1} és innen származhatnak intuitív úton- gondolom - a kapott a,b értékek.

Előzmény: [2095] Lóczi Lajos, 2007-06-19 00:18:52
[2095] Lóczi Lajos2007-06-19 00:18:52

Kedves László, adj egy kis segítséget a megoldáshoz :)

Előzmény: [2086] lorantfy, 2007-06-10 18:05:44

  [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]