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.
[2570] epsilon2008-01-22 06:39:13

Kedves nadorp és Lajos! Köszi mindkettőtöknek a valóságos szép leckét. Én az asszimptótikus megközelítést elméletileg a Taylor-féle sorbafejtéssel képzelném el kikerülni, mondjuk a Lagrange Tételnél 1 lépéssel kellene továbbhaladni, a 2-ik rendü deriváltig az 1-ik helyett, de ez csak elképzelésem, tüzetesen átnézem amit írtatok, és ...hátha lehetne? Mégegyszer kösz Mindkettőtöknek! Üdv: epsilon

Előzmény: [2568] nadorp, 2008-01-21 22:07:38
[2569] Csimby2008-01-21 23:00:40

Hasonlóan, mint Káli gúlának, szóval nincs benne új ötlet, csak nem tudtam továbbmenni. Azért beírom: T.f.h. ab rac., ekkor (a2+b2)(a5+b5)=a7+b7+a2b2(a3+b3) is rac., amiből köv. a2+b2 is rac. Másrészt \frac{(a^3+b^3)}{(a+b)}=a^2-ab+b^2 irracionalitása miatt a2-ab+b2 irrac., tehát a2+b2 irrac. Villám.

Előzmény: [2566] Lóczi Lajos, 2008-01-21 19:38:20
[2568] nadorp2008-01-21 22:07:38

Kedves Epsilon !

Nem tudom, hogy lehetne kikerülni az asszimptotikus egyenlőséget, de talán ez megfelelő lesz:

\varepsilon_{n}-\varepsilon_{n+1}=arc~\tan\left(\frac{x_{n+1}-x_n}\pi\cdot\frac\pi{1+(n\pi+\frac\pi2+\varepsilon_n)(n\pi+\frac\pi2+\varepsilon_{n+1})}\right)

Ha most felhasználjuk, hogy az "arc tg"-ben az első tört 1-be tart, a második nevezőjének a nagyságrendje \pi2n2 és az arc tg monoton nő, akkor kijön az "alulról a második sorban levő" asszimptotikus egyenlőség. Az utolsó egyenlőséget pedig az előbb írtam le. Egyetértek Lóczi Lajossal, ez nem éppen egy "tesztkérdés".

Előzmény: [2563] epsilon, 2008-01-21 17:16:39
[2567] nadorp2008-01-21 21:45:23

Lajos megoldása rövidebb, de álljon itt az enyém is.( Ha túl hosszú és unalmas, akkor hagyjátok ki.)

Azt láttuk, hogy

\varepsilon_n-\varepsilon_{n+1}\sim arc~\tan\frac1{\pi n^2}\sim\frac1{\pi n^2}

Tehát tetszőlesges \varepsilon>0-hoz létezik N, ha n>N, akkor

(1-\varepsilon)\frac1{\pi n^2}<\varepsilon_n-\varepsilon_{n+1}<(1+\varepsilon)\frac1{\pi n^2}

Ezt elvégezve az n+1,...,n+k-1 számokra is és összeadva a k db egyenlőtlenséget

\frac{1-\varepsilon}\pi\sum_{i=0}^{k-1}\frac1{{(n+i)}^2}<\varepsilon_n-\varepsilon_{n+k}<\frac{1+\varepsilon}\pi\sum_{i=0}^{k-1}\frac1{{(n+i)}^2}

Ha most felhasználjuk,hogy

\sum_{i=0}^{k-1}\frac1{{(n+i)}^2}>\sum_{i=0}^{k-1}\frac1{(n+i)(n+i+1)}=\frac 1n-\frac 1{n+k} és hogy

\sum_{i=0}^{k-1}\frac1{{(n+i)}^2}<\sum_{i=0}^{k-1}\frac1{(n+i-1)(n+i)}=\frac 1{n-1}-\frac 1{n+k-1}<\frac1{n-1} akkor

\frac{1-\varepsilon}\pi\left(\frac 1n-\frac 1{n+k}\right)<\varepsilon_n-\varepsilon_{n+k}<\frac{1+\varepsilon}\pi\frac1{n-1} teljesül minden k-ra.Ha k=n2

\varepsilon_n>\frac{1-\varepsilon}\pi\left(\frac 1n-\frac 1{n+n^2}\right)+\varepsilon_{n+n^2}=\frac{1-\varepsilon}{\pi(n+1)}+\varepsilon_{n+n^2}>\frac{1-\varepsilon}{\pi(n+1)} Másrészt

\varepsilon_n\leq\frac{1+\varepsilon}\pi\frac1{n-1} is igaz, ui. ellenkező esetben

0<\varepsilon_n-\frac{1+\varepsilon}\pi\frac1{n-1}<\varepsilon_{n+k} igaz lenne minden k-ra, de ez ellentmond a 0-ba tartásnak. Tehát

\frac{1-\varepsilon}{\pi(n+1)}<\varepsilon_n\leq\frac{1+\varepsilon}{\pi(n-1)}

Előzmény: [2563] epsilon, 2008-01-21 17:16:39
[2566] Lóczi Lajos2008-01-21 19:38:20

Én is gondolkoztam rajta és tetszett a vázolt megoldás; Csimby, Neked hogy jött ki, hogy ab irracionális kell legyen?

Előzmény: [2555] Csimby, 2008-01-20 23:06:19
[2565] Lóczi Lajos2008-01-21 19:36:40

Ez tehát azt mutatja, hogy a fixpontegyenlet gyökei aszimptotikusan

x_n\approx \pi\cdot n +\frac{\pi}{2}-\frac{1}{\pi\cdot n}.

Kíváncsiságból egy lépéssel tovább is kiszámoltam, az előzőhöz hasonló érveléssel (a nehézség nem nőtt), és azt kaptam, hogy

x_n\approx \pi\cdot n +\frac{\pi}{2}-\frac{1}{\pi\cdot n}+\frac{1}{2\pi\cdot n^2}.

Előzmény: [2564] Lóczi Lajos, 2008-01-21 19:29:01
[2564] Lóczi Lajos2008-01-21 19:29:01

Tényleg nem értem, hogy lehetne ez egy tesztkérdésben benne (amikor, ahogyan illusztráltam, sok 18 évesnek problémája van a törtekkel és hatványozás azonosságaival...)

Szóval technikailag kicsit talán egyszerűbb így elmondani:

xn=n\pi+\pi/2-\varepsilonn, ebből egyszerűen kapjuk (figyelembe véve, hogy xn melyik intervallumban van, illetve hogy xn melyik egyenlet megoldása), hogy

\pi/2-arctg(n\pi+\pi/2-\varepsilonn)=\varepsilonn.

Most használjuk fel, hogy 0<\varepsilonn<\pi/2 (de konkrét becslés nem is kell, elegendő annyit tudnunk, hogy \varepsilonn korlátos, hiszen nullsorozat). Ekkor \pi/2-arctg(n\pi+\pi/2-\varepsilonn) alulról és felülről becsülhető \pi/2-arctg(n\pi+konstans) alakú kifejezésekkel, használva az arkusz tangens monotonitását. Ezt most már valós x-ekre kiterjesztve, a L'Hospital-szabállyal egy deriválás után látszik, hogy

\frac{\pi/2-{\rm{arctg}}(x\pi+{\rm{konstans}})}{1/x}

limesze (x tart végtelen esetén, tetszőleges, rögzített "konstanssal") 1/\pi, a közrefogási elv miatt az előző bekezdés értelmében tehát n\varepsilonn határértéke valóban 1/\pi.

Előzmény: [2563] epsilon, 2008-01-21 17:16:39
[2563] epsilon2008-01-21 17:16:39

Helló nadorp! A feleletválasztós tesztben ahonnan a feladat származik lehetséges válaszok: 1, 0, 1/pi, pi/2, pi/4 és ahogy nézem, az asszimptótikus megközelítéseid alapján 1/pi lenne...csak az a gondom, hogy nem igazán látom az utolsó 2 sorodban honnan vannak az asszimptótikus megközelítések, na meg hogyan lehetne ezt a feladatot 12. osztályt végzettnek feladni (mert az kapta fel) hiszen az asszimptótikus megközelítés nincs a tananyagban...szóval vajon hogyan lehetne a megoldást leszállítani 12. osztályos szintre? Üdv: epsilon

[2562] nikol2008-01-21 17:12:01

szia nadorp!Tudnál nekem segiteni? Lenne egy kérdésem Megvan neked az egységes érettségi feladatgyűjtemény II.példány megoldás könyved.

Előzmény: [2561] nadorp, 2008-01-21 16:35:39
[2561] nadorp2008-01-21 16:35:39

A most következő azt hiszem jó lesz, bár még nem számoltam végig

Az már beláttátok, hogy

x_n=n\pi+\frac\pi2-\varepsilon_n, ahol \lim\varepsilon_n=0

(Direkt írtam mínusszal, mert ekkor \varepsilonn>0 )

x_{n+1}=(n+1)\pi+\frac\pi2-\varepsilon_{n+1}

xn+1-xn=\pi-\varepsilonn+1+\varepsilonn

\frac{x_{n+1}-x_n}{1+x_{n+1}x_n}=\tan(\varepsilon_n-
\varepsilon_{n+1}) ( ebből látszik, hogy \varepsilonn>\varepsilonn+1)

\varepsilonn-\varepsilonn+1~arc~tg\frac1{\pi n^2}

Innen \varepsilonn~\sum_{k=0}^\infty arc~tg\frac1{\pi {(n+k)}^2}~\frac1{\pi n}

Előzmény: [2558] epsilon, 2008-01-21 13:15:55
[2560] jonas2008-01-21 16:29:48

Nos, tg (\pi/2-x)=1/tg x, és kicsi x-re tg x=x, ezért én arra tippelek, hogy a limesz 1, de ez persze nem bizonyítás.

Előzmény: [2557] epsilon, 2008-01-21 07:01:13
[2559] Csimby2008-01-21 14:16:10

Köszönöm! Ügyes megoldás.

Előzmény: [2556] Káli gúla, 2008-01-20 23:52:01
[2558] epsilon2008-01-21 13:15:55

Kedves Lajos! Amint nézem, Te éppen a kijavított feladatra is céloztál, éppen az érdekelne, hogyan lehetne megkapni egy olyan asszimtótikus sorbafejtést, vagy esetleg egy olyan dupla egyenlőtlenséget, amiből a limesz kiszámítható lenne, mert azt nem tudom "megfogni", hogy x(n) a tgx=x megoldása, az illető intervallumban. Üdv: epsilon

Előzmény: [2554] Lóczi Lajos, 2008-01-20 22:33:56
[2557] epsilon2008-01-21 07:01:13

Köszi jonas, sajnos este volt, és megint elnéztem valamit(a limesz alatti x helyett persze n van), a kiszámítandó limesz előtt van egy n (ezért is mondottam nehéznek, és természetesen, hogy a zárójel határártéke nulla kell legyen, hiszen határozatlan eset az érdeke). Elnézést mindenkitől a figyelmetlenségemért, és továbbra is várom a segítségeteket, üdv: espilon

Előzmény: [2553] jonas, 2008-01-20 21:08:15
[2556] Káli gúla2008-01-20 23:52:01

Szia, Pl ebben a sorrendben bizonyítható a racionalitás: a9+b9, a3b3, a6+b6, a15+b15, a5b5, a2b2, ab, a7+b7 (=(a+b)(a6+b6)-ab(a5+b5))

és így végül a+b.

Előzmény: [2555] Csimby, 2008-01-20 23:06:19
[2555] Csimby2008-01-20 23:06:19

Szia! Tetszik a feladatod. Sajnos nem tudtam még megoldani, pedig nagyon kíváncsi vagyok. Annyi jött ki, hogy a,b,ab nem lehet racionális. Amúgy saját feladat, vagy honnan van? Ha tudod a megoldást megosztod velem? Csak mert tanulnom kéne de ez elvonja a figyelmemet :-) (ha nem akarod a fórumon lelőni, akkor a csimbyfree@freemail.hu címre is küldheted) Köszi! Csimby

Előzmény: [2548] MateMSR, 2008-01-19 22:29:14
[2554] Lóczi Lajos2008-01-20 22:33:56

Vagyis x_n\approx (2n+1)\frac{\pi}{2}=\pi n+\frac{\pi}{2}. Pontosabban, azt láttuk, hogy ha

x_n=\pi n+\frac{\pi}{2}+\varepsilon_n,

akkor \varepsilonn a nullához tart.

Ezt persze lehet folytatni (a végtelenségig): mi lesz xn aszimptotikus sorfejtésének következő tagja, azaz mennyi

\lim n\cdot\varepsilon_n

(ha egyáltalán létezik)?

Előzmény: [2553] jonas, 2008-01-20 21:08:15
[2553] jonas2008-01-20 21:08:15

Egyébként szerintem nem túl nehéz.

(2n-1)\pi/2<xn=tg xn=tg (xn-2n\pi/2)

Mármost tg (xn-2n\pi/2) mindig -\pi/2 és \pi/2 között van, és ezen az intervallumon a tg  függvény monoton nő. A bal oldal (2n-1)\pi/2 a végtelenhez tart ahogy n nő, így a jobb oldal is, ami csak úgy lehetséges, ha xn-2n\pi/2 tart \pi/2-hez, így


\lim_{n\to\infty} (2n+1)\pi/2 - x_n = 0

Előzmény: [2551] epsilon, 2008-01-20 20:42:43
[2552] jonas2008-01-20 21:01:23

A limesz alatt nem n\to\infty kéne?

Előzmény: [2551] epsilon, 2008-01-20 20:42:43
[2551] epsilon2008-01-20 20:42:43

Tisztelt Kollégák! Nem tudom, hogy ez a feladat inkább nehezebb mint érdekesebb, vagy érdekesebb mint nehezebb ( a hosszabb-zöldebb krokodil meséje), ezért ide tettem, de a lényeg, nem találok kiindulópontot a megoldásához, távközlési egyetemre való tesztvizsgán láttam. Ha Valakinek van valami jó ötlete, előre is köszönöm! Üdv: epsilon

[2550] MateMSR2008-01-20 09:26:08

Igen, a 0 most nem tartozik a természtes számokhoz.

Előzmény: [2549] Doom, 2008-01-19 23:23:10
[2549] Doom2008-01-19 23:23:10

Értsük úgy, hogy nálad a 0 nem természetes szám, ugye? (Különben a 2 feltétel eleve ellentmond egymásnak.)

Előzmény: [2548] MateMSR, 2008-01-19 22:29:14
[2548] MateMSR2008-01-19 22:29:14

Sziasztok!

Létezik-e két olyan valós szám a és b hogy az összegük, a+b irracionális és az a2n+1+b2n+1 racionális minden n\inN-re?

[2547] nadorp2008-01-15 15:02:11

Legyen \sqrt{x^4-1}=y. (Amúgy valószínű, hogy külön kéne vizsgálni az x=>1 és x<=-1 eseteket.)

Előzmény: [2546] Lóczi Lajos, 2008-01-15 14:19:40
[2546] Lóczi Lajos2008-01-15 14:19:40

És melyik trükkel jön ki ez?

Előzmény: [2542] Lóczi Lajos, 2008-01-15 00:13:41

  [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]