|
[2570] epsilon | 2008-01-22 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] Csimby | 2008-01-21 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 irracionalitása miatt a2-ab+b2 irrac., tehát a2+b2 irrac. Villám.
|
Előzmény: [2566] Lóczi Lajos, 2008-01-21 19:38:20 |
|
[2568] nadorp | 2008-01-21 22:07:38 |
Kedves Epsilon !
Nem tudom, hogy lehetne kikerülni az asszimptotikus egyenlőséget, de talán ez megfelelő lesz:
Ha most felhasználjuk, hogy az "arc tg"-ben az első tört 1-be tart, a második nevezőjének a nagyságrendje 2n2 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] nadorp | 2008-01-21 21:45:23 |
Lajos megoldása rövidebb, de álljon itt az enyém is.( Ha túl hosszú és unalmas, akkor hagyjátok ki.)
Azt láttuk, hogy
Tehát tetszőlesges >0-hoz létezik N, ha n>N, akkor
Ezt elvégezve az n+1,...,n+k-1 számokra is és összeadva a k db egyenlőtlenséget
Ha most felhasználjuk,hogy
és hogy
akkor
teljesül minden k-ra.Ha k=n2
Másrészt
is igaz, ui. ellenkező esetben
igaz lenne minden k-ra, de ez ellentmond a 0-ba tartásnak. Tehát
|
Előzmény: [2563] epsilon, 2008-01-21 17:16:39 |
|
|
[2565] Lóczi Lajos | 2008-01-21 19:36:40 |
Ez tehát azt mutatja, hogy a fixpontegyenlet gyökei aszimptotikusan
Kíváncsiságból egy lépéssel tovább is kiszámoltam, az előzőhöz hasonló érveléssel (a nehézség nem nőtt), és azt kaptam, hogy
|
Előzmény: [2564] Lóczi Lajos, 2008-01-21 19:29:01 |
|
[2564] Lóczi Lajos | 2008-01-21 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+/2-n, ebből egyszerűen kapjuk (figyelembe véve, hogy xn melyik intervallumban van, illetve hogy xn melyik egyenlet megoldása), hogy
/2-arctg(n+/2-n)=n.
Most használjuk fel, hogy 0<n</2 (de konkrét becslés nem is kell, elegendő annyit tudnunk, hogy n korlátos, hiszen nullsorozat). Ekkor /2-arctg(n+/2-n) alulról és felülről becsülhető /2-arctg(n+konstans) alakú kifejezésekkel, használva az arkusz tangens monotonitását. Ezt most már valós x-ekre kiterjesztve, a L'Hospital-szabállyal egy deriválás után látszik, hogy
limesze (x tart végtelen esetén, tetszőleges, rögzített "konstanssal") 1/, a közrefogási elv miatt az előző bekezdés értelmében tehát nn határértéke valóban 1/.
|
Előzmény: [2563] epsilon, 2008-01-21 17:16:39 |
|
[2563] epsilon | 2008-01-21 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
|
|
|
|
|
|
[2558] epsilon | 2008-01-21 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] epsilon | 2008-01-21 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 |
|
|
[2555] Csimby | 2008-01-20 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 Lajos | 2008-01-20 22:33:56 |
Vagyis . Pontosabban, azt láttuk, hogy ha
akkor n a nullához tart.
Ezt persze lehet folytatni (a végtelenségig): mi lesz xn aszimptotikus sorfejtésének következő tagja, azaz mennyi
(ha egyáltalán létezik)?
|
Előzmény: [2553] jonas, 2008-01-20 21:08:15 |
|
|
|
[2551] epsilon | 2008-01-20 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
|
|
|
|
|
[2548] MateMSR | 2008-01-19 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 nN-re?
|
|
|