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.
[2219] Cckek2007-08-09 23:01:34

Bizonyítsuk be, hogy

\binom{a+b}{n}=\sum_{k=0}^n\binom{a}{k}\binom{b}{n-k}, a,b\in R,n\in N

[2218] Cckek2007-08-08 12:09:35

Gyönyörűszép levezetés, gratula. Azt hiszem, hogy Cesaro-Stolzzal is megy, mármint ha nem csesztem el valahol:)

Első Stolz után l=\lim_{n\to \infty}{\frac{ln(n+1)\sum_{k=2}^n\frac{1}{lnk}}{2n+1}}.

Második Stolz után: l=\lim_{n\to \infty}{\frac{ln(\frac{n+2}{n+1})\sum_{k=2}^n\frac{1}{lnk}+\frac{ln(n+2)}{ln(n+1)}}{2}}.

Már csak azt kell felhasználni, hogy \frac{ln(n+2)}{ln(n+1)}\to 1,n\to \infty és \frac{\sum_{k=2}^n\frac{1}{lnk}}{2(n+1)}\cdot ln\left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n+1}\to 0.

Előzmény: [2217] nadorp, 2007-08-08 00:22:25
[2217] nadorp2007-08-08 00:22:25

Ennek nem lehet ellenállni :-) ( Remélem jó is lesz a megoldás)

Egy jelölés: Ha {an},{bn} két sorozat, akkor an\simbn jelölje az asszimptotikus egyenlőséget, tehát hogy \lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}=1. Felhasználtam a következőket:

a.) \lim_{n\to\infty}\ln{n!}\sim n\ln{n}

b.) Ha {an},{bn} két pozitív sorozat, és an\simbn valamint \sum a_n=\infty, akkor \sum a_n\sim\sum b_n

A feladatban szereplő összeg az alábbiak szerint is írható

S_n=\sum_{k=2}^{n-1}\left(\frac{\ln{(k+1)}}{\ln k}+ ... +\frac {\ln n}{\ln k}\right)=\sum_{k=2}^{n-1}\frac{\ln n!-\ln k!}{\ln k}=\ln n!\sum_{k=2}^{n-1}\frac1{\ln k}-\sum_{k=2}^{n-1}\frac{\ln k!}{\ln k}=A_n-B_n

Belátjuk, hogy A_n\sim n^2 , B_n\sim\frac{n^2}2,innen már következik \frac{S_n}{n^2}\to\frac12

1.) A_n>\ln n!\frac{n-2}{\ln (n-1)}\sim n\ln n~\frac n{\ln n}=n^2

A_n=\ln n!\left(\frac1{\ln2}+\sum_3^{\frac n{\ln^2 n}}\frac1{\ln k}+\sum_{k>\frac n{\ln^2 n}}\frac1{\ln k}\right)

A_n<\ln n!\left(\frac1{\ln2}+\frac n{\ln^2 n}\cdot1+(n-\frac n{\ln^2 n})\frac1{\ln n-2\ln\ln n}\right)\sim n\ln n~\frac n{\ln n}=n^2

2.) Mivel \frac{\ln k!}{\ln k}\sim\frac{k\ln k}{\ln k}=k, ezért

B_n\sim\sum_{k=2}^{n-1}k\sim\frac{n^2}2

Előzmény: [2213] Lóczi Lajos, 2007-08-07 00:22:27
[2216] Cckek2007-08-07 17:47:22

Ez szép volt HoA.:)

Előzmény: [2215] HoA, 2007-08-07 15:33:23
[2215] HoA2007-08-07 15:33:23

Szemléletesen arról van szó, hogy a (0;0) (2;0) (2;3) (0;3) téglalapot kettévágjuk az f(x) = \sqrt{x^3+1} függvény görbéjével. A zöld rész területe T_1 = \int_0^2  \sqrt{x^3+1}dx . A kék rész területe "balról nézve" az inverz függvény integrálja 1 és 3 között: T_2 = \int_1^3 \root{3}\of{y^2-1}dy . Az apró trükk: y=t+1 helyettesítéssel (dt=dy) T_2 = \int_0^2 \root{3}\of{(t+1)^2-1}dt=\int_0^2 \root{3}\of{t^2+2t}dt . A második integrálban t helyett x-et írva a közös határok között végrahajtott integrálásra a feladat képletét kapjuk, és persze T1+T2=6

Előzmény: [2214] Cckek, 2007-08-07 12:23:30
[2214] Cckek2007-08-07 12:23:30

Tehát az eredmény valóban 6 :) Ha f:[a,b]\to[c,d] folytonos, növekvő, bijektív függvény akkor \int_a^bf(x)dx+\int_c^df^{-1}(x)dx=bd-ac.

A bizonyítás egyszerű, csak az f(x)=t jelölést kell használni.

Legyen

I_{1}=\int_{0}^{2}\sqrt{x^{3}+1}dx, I_{2}=\int_{0}^{2}\root{3}\of {x^{2}+2x}dx,

ekkor I=I1+I2. Jelölés \sqrt{x^{3}+1}=t+1 tehát x=\root{3}\of {t^{2}+2t}\implies  dx=(\root{3}\of {t^{2}+2t})'dt tehát I_{1}=\int_{0}^{2}(t+1)(\root{3}\of {t^{2}+2t})'dt=(t+1)\root{3}\of {t^{2}+2t}|_{0}^{2}-I_{2}

az-az I=6.

Természetesen észrevehető, hogy az előbb kijelentett tételt, egy kicsit más formában használtuk.

Ha f:[a,b]\rightarrow[a+\alpha,b+\alpha] folytonos, növekvő, bijektív akkor

\int_{a}^{b}\left[f(x)+f^{-1}(x+\alpha )\right] dx=(b-a)(b+a+\alpha )

Előzmény: [2212] Lóczi Lajos, 2007-08-06 20:56:35
[2213] Lóczi Lajos2007-08-07 00:22:27

Beírod, hogy jött ez ki? Kíváncsi vagyok rá...

Előzmény: [2149] nadorp, 2007-07-26 08:49:17
[2212] Lóczi Lajos2007-08-06 20:56:35

Az eredmény (borzasztó nagy valószínűséggel) 6. A gép szimbolikus válasza csúnya hipergeometrikus függvényt és gammafüggvényt tartalmaz, de minden numerikus közelítés 6-ot ad.

Lássuk a levezetést és a tanulságokat! :)

Előzmény: [2209] Cckek, 2007-08-04 20:12:02
[2211] Csimby2007-08-04 23:55:24

Mivel tudjuk, hogy zn is rajta van a komplex egységkörön (hiszen z rajta van), ezért zn szerintem már csak kétféle lehet, amiket írtam, z konjugált vagy -z hiszen ha z=a+bi akkor az y=-b egyenes legfeljebb két pontban metszi a komplex egységkört, -a-bi-ben és a-bi-ben.

Előzmény: [2204] Cckek, 2007-08-04 17:00:39
[2210] Cckek2007-08-04 20:28:35

Megadom az én megoldásomat is:

z a zn+z+1=0 egyenlet egységmoduluszú gyöke akkor \overline{z}=\frac{1}{z} is gyöke, tehát

\frac{1}{z^n}+\frac{1}{z}+1=0\implies \implieszn+zn-1+1=0, a két egyenletet kivonva egymásból kapjuk zn-1-z=0 tehat zn-2=1. De 0=zn+z+1=zn-2.z2+z+1=z2+z+1 tehát z harmadrendű egységgyök, tehát zn-2=z3k=1\impliesn=3k+2

Előzmény: [2208] HoA, 2007-08-04 19:54:04
[2209] Cckek2007-08-04 20:12:02

Így már szép. Egy másik szép feladat, mely érdekes következmenyekre világít rá:

\int_0^2(\root{3}\of{x^2+2x}+\sqrt{x^3+1})dx

Előzmény: [2208] HoA, 2007-08-04 19:54:04
[2208] HoA2007-08-04 19:54:04

Elnézést, pongyola voltam. Természetesen az 1 abszolút értékű, \pm2\pi/3 argumentumú komplex számra gondoltam. Tehát z = e^{\pm i2\pi/3} ; z^n = e^{\mp i2\pi/3} = e^{\pm i2n\pi/3} Innen \pm2n\pi/3=\mp2\pi/3+2k\pi és innen mint [2205]-ben

Előzmény: [2206] Cckek, 2007-08-04 19:13:43
[2207] HoA2007-08-04 19:34:06

Ugyanez egy kicsit másképp: n = 3k + 2 esetén zn+z+1=z3k+2+z+1=z2+z+1+z3k+2-z2=(z2+z+1)+z2(z3k-1) és itt a 3. primitív egységgyökök mindkét tagnak gyökei.

Előzmény: [2200] Csimby, 2007-08-04 15:26:15
[2206] Cckek2007-08-04 19:13:43

Helló. Ne haragudj de becsszóra nem értem. Mit jelöl a z=\pm \frac{2\pi}{3}?

Előzmény: [2205] HoA, 2007-08-04 19:02:57
[2205] HoA2007-08-04 19:02:57

|z| = 1 esetén zn+z+1=0 azt jelenti, hogy zn , z és 1 szabályos háromszöget alkot, tehát z = \pm \frac{2\pi}{3} , z^n = \mp \frac{2\pi}{3} . Másrészt  z^n = \pm \frac{2n\pi}{3} = \mp \frac{2\pi}{3} + 2k\pi

\pm2n\pi=\mp2\pi+6k\pi ; \pmn=\mp1+3k

n = 3k - 1 vagy -n = 3k +1 , n = -3k -1 , ami ugyanazt jelenti: n mod 3 = 2

Előzmény: [2197] Cckek, 2007-08-04 12:53:25
[2204] Cckek2007-08-04 17:00:39

Hogy a képzetes részek egymás ellentettjei ebből nem következik, hogy z és zn egymás konjugáltjai. Probáld inkább a z egységmoduluszú gyök akkor \overline{z}=\frac{1}{z} is gyök utat:)

Előzmény: [2202] Csimby, 2007-08-04 16:43:26
[2203] Csimby2007-08-04 16:45:02

Pontosabban ez csak a "másik" irány biz.-ja, az "egyik" irány ebből nem következik.

Előzmény: [2202] Csimby, 2007-08-04 16:43:26
[2202] Csimby2007-08-04 16:43:26

Másik biz., amiből kijön a másik irány is: t.f.h. van 1 absz. értékű z megoldás. Ekkor zn is 1 absz. értékű. Mivel z+zn=-1, ezért képzetes részeik egymás ellentettjei, vagyis z és zn egymás konjugáltjai vagy pedig z=-zn. A z=-zn eset kilőve, hiszen akkor z+zn nem -1 hanem 0. Marad az, hogy egymás konjugáltjai, ekkor viszont -1/2 a valós részük (hiszen összegük -1). És máris megkaptuk, hogy z csak 3. primitív egységgyök lehet. Ebből már következik, hogy n=3k+2 hiszen n=3k esetében zn=1, n=3k+1 esetében zn=z és csak n=3k+2 esetben lesz zn egyenlő z konjugáltjával.

Előzmény: [2201] Cckek, 2007-08-04 15:29:15
[2201] Cckek2007-08-04 15:29:15

Szép:)

Előzmény: [2200] Csimby, 2007-08-04 15:26:15
[2200] Csimby2007-08-04 15:26:15

n=3k+2 esetén zn+z+1=(1+z+z2)(1-z2+z3-z5+...+zn-2) ahol a jobb oldal második tényezőjében váltakozó előjellel szerepelnek z növekvő hatványai és azok maradnak ki amelyekben a kitevő 3k+1 alakú. Mivel 1+z+z2-nek a 3. primitív egységgyökök gyökei és ezek 1 abszolútértékűek, ezért az egyik irány kész van.

Előzmény: [2198] Csimby, 2007-08-04 15:09:43
[2199] Cckek2007-08-04 15:12:00

Igen! |z|=1

Előzmény: [2198] Csimby, 2007-08-04 15:09:43
[2198] Csimby2007-08-04 15:09:43

"egységnyi moduluszú" = 1 abszolútértékű?

Előzmény: [2197] Cckek, 2007-08-04 12:53:25
[2197] Cckek2007-08-04 12:53:25

Egy olimpiászfeladat:

Bizonyítsuk be, hogy a zn+z+1=0 egyenletnek akkor és csakis akkor van egységnyi moduluszú komplex gyöke, ha n 3-mal való osztási maradéka 2.

[2196] Hajba Károly2007-08-02 08:04:16

OK. Akkor teljes szigorral csak n=7-re ismerünk megoldást.

Alacsony n-re szerintem nincs, ha van, akkor az magasabb n-re lesz. Ez minimum n>7, mivel n=7-re vért izzadva leltünk megoldást.

Előzmény: [2194] Csimby, 2007-08-02 00:56:23
[2195] Lóczi Lajos2007-08-02 02:14:23

A számítógépbe csak beírom, hogy DSolve, lásd pl. itt.

Amúgy meg a legyegyszerűbb módszer a következő. (Nem írok se vektort, se mátrixot.)

Adott tehát az y'=y+2z és z'=-y+3z rendszer. Kifejezed pl. az elsőből z-t y-nal és beírod a másodikba. Kapsz egy valós, homogén, lineáris, másodrendű egyenletet y-ban. A karakterisztikus polinom két gyöke \lambda1,2=2\pmi, vagyis (használva az Euler-formulát) két lineárisan független megoldás az y_{1}(x)= e^{Re(\lambda_1)x}\cos((Im \lambda_1)x) és y_{2}(x)= e^{(Re \lambda_1)x}\sin((Im \lambda_1)x). Emiatt y(x)=c1.y1(x)+c2.y2(x). Innen z(x) már csak egy szimpla visszahelyettesítés. (Láthatod, hogy nem betű szerint ugyanaz jött ki, mint amit a gép adott, de könnyen látszik, hogy c1 és c2-t alkalmasan átnevezve mégsem kaptunk mást.)

Előzmény: [2193] Willy, 2007-08-02 00:35:58

  [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]