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.
[2583] komalboy2008-01-26 13:36:58

h lehet azt igazolni, h a két rekurzió ugyanaz?

[2582] Lóczi Lajos2008-01-26 00:31:14

Hát igen, tényleg nem vettük észre a kritikus hibát. (Pedig milyen elegáns érvelés lett volna az enyémhez képest...)

Persze ettől az állítás még igaz :)

Előzmény: [2581] Róbert Gida, 2008-01-25 01:31:56
[2581] Róbert Gida2008-01-25 01:31:56

Túl szép. Azt azért megkérdezhetem, hogy egyenlőtlenségeket is lehet már egymással osztani?! A bizonyítás rossz. (pozitív A,B,C,D-re):

A\geB

C\geD-ből nem következik, hogy: \frac AC\ge \frac BD

Előzmény: [2576] Lóczi Lajos, 2008-01-24 22:17:08
[2580] Róbert Gida2008-01-25 01:20:17

Ez pont az A001353 sorozat Neil Sloane adatbázisában. Szerepel is benne a megjegyzések között ez a rekurzió is rá. Pell egyenlethez van a legközelebb.

Előzmény: [2579] Lóczi Lajos, 2008-01-24 23:40:07
[2579] Lóczi Lajos2008-01-24 23:40:07

Kombinatorikus leszámlálásból vagy diofantoszi egyenletből jött ki ez a rekurzió?

Előzmény: [2575] komalboy, 2008-01-24 18:19:19
[2578] Lóczi Lajos2008-01-24 23:31:24

Ugyanez másképp elmondva:

a megadott an sorozat egy másik rekurziót is teljesít, mégpedig az An=4An-1-An-2, A0=0, A1=1 rekurziót, melynek elemei nyilván egészek.

Előzmény: [2577] Lóczi Lajos, 2008-01-24 23:16:21
[2577] Lóczi Lajos2008-01-24 23:16:21

Vegyük észre (és indukcióval lássuk be), hogy az an sorozat expliciten

a_n=\frac{-{\left( 2 - {\sqrt{3}} \right) }^n + {\left( 2 + {\sqrt{3}} \right) }^n}
  {2{\sqrt{3}}}

alakban írható. Innen a binomiális tétel fejezi be a bizonyítást.

Előzmény: [2575] komalboy, 2008-01-24 18:19:19
[2576] Lóczi Lajos2008-01-24 22:17:08

Hm, szép érvelés :)

Előzmény: [2574] Cckek, 2008-01-24 14:21:21
[2575] komalboy2008-01-24 18:19:19

Bizonyítsuk be, h a sorozat tagjai egészek:

[2574] Cckek2008-01-24 14:21:21

Felhasználjuk a logaritmikus közép mértani közép egyenlőtlenséget \frac{x-y}{lnx-lny}\ge \sqrt{xy} ahonnan kapjuk, hogy

\frac{(x-y)^2}{ln^2\frac{x}{y}}\ge xy az-az \frac{1}{ln^2\frac{x}{y}}\ge \frac{xy}{(x-y)^2} Most x=a,y=b, majd x=a+c,y=b+c írva és a kapott kifejezéseket egymással elosztva kapjuk az egyenlőtlenséget. Természetesen ebben az esetben feltételeztem hogy a>b de a középarányosok szimetriája miatt forditva is működik.

Előzmény: [2573] Lóczi Lajos, 2008-01-24 01:48:39
[2573] Lóczi Lajos2008-01-24 01:48:39

Igaz-e, hogy ha a,b,c tetszőleges pozitív valós számok, de a\neb, akkor


\frac{\ln^2\frac{a+c}{b+c}}{\ln^2\frac{a}{b}}\ge \frac{ab}{(a+c)(b+c)} ?

[2572] epsilon2008-01-22 17:37:56

Kedves Lóczi Lajos! Alaposan átnéztem a [2564]-es hozzászólásnál a megoldásodat, és úgy látom, hogy ennél elemibbet nem lehet találni, de ez amit a fogó tétellel meg a L'Hospital szabállyal függvényhatárértékből származtattál, feldolgozható a tehetségesebb, pontosabban kiváltságosn jó 12-ik osztályos tanulókkal, ellenben teljesen igazatok van, osztozom a feladatról írt véleményetekben, hogy 12. osztályban ha csak nem idomítottak be valakit ilyen trükkökre, elég nehezen jön rá ilyen megoldásra. Ismételten kösz mindkettőtöknek, nadorpnak is, hogy rávilágítottatok a feladat gyökerére is! Üdv: epsilon

[2571] nadorp2008-01-22 15:14:57

Azt hiszem a feleségemnek megvan. Miért kell?

Előzmény: [2562] nikol, 2008-01-21 17:12:01
[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

  [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]