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.
[638] Csimby2004-12-07 22:07:15

Ha valakit érdekel, a "Bizonyítások a Könyből" című könyvben (Könyvajánló [27] és [28]) például 3 bizonyítást is adnak erre :

\zeta(2)=\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^2}=\frac{\pi^2}{6}

Ebből:

\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^2}=\sum_{k=1}^\infty\frac1{(2k)^2}+\sum_{k=0}^\infty\frac1{(2k+1)^2}

\sum_{k=1}^\infty\frac1{(2k)^2}=\frac14(1+\frac1{2^2}+\frac1{3^2}+\frac1{4^2}+...)=\frac14\zeta(2)

Tehát:

\sum_{k=0}^\infty\frac1{(2k+1)^2}=\frac34\zeta(2)=\frac34\cdot\frac{\pi^2}{6}=\frac{\pi^2}{8}

Megjegyzés:

A Riemann-féle \zeta(s) zéta függvényt s>1-re \zeta(s)=\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^s}-ként definiáljuk.

Előzmény: [636] Lóczi Lajos, 2004-12-03 17:44:57
[636] Lóczi Lajos2004-12-03 17:44:57

A pontos érték egyébként \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(2k+1)^2}=\frac{\pi^2}{8}-1\approx 0.233701.

Előzmény: [633] lorantfy, 2004-12-02 11:34:29
[635] Csimby2004-12-02 20:05:02

Teljesen igazad van, csak rohantam az OKTV-re és azt hittem, hogy majd ez megtördeli magának. Tiszta béna lett az egész lap, sorry.

Előzmény: [634] lorantfy, 2004-12-02 13:47:46
[634] lorantfy2004-12-02 13:47:46

Kedves Csimbi!

Kösz a gyors megoldást! Aki nem ismerte, tanulhat belőle!

Csak a beírás formájával van gondom.

Meg kellett volna törni a sort mert így megszélesíti a lapot és nem lehet "átlátni" a hozzászólásokat.

Elég gyér a Fórum látogatottsága a héten. Aki ráér tegyen ellene!

Előzmény: [646] Csimby, 2004-12-02 12:56:46
[646] Csimby2004-12-02 12:56:46

\frac{1}{3^2}+\frac{1}{5^2}+\frac{1}{7^2}+...+\frac{1}{(2n+1)^2} < \frac{1}{3^2-1}+\frac{1}{5^2-1}+\frac{1}{7^2-1}+...+\frac{1}{(2n+1)^2-1} =

= \frac{1}{2\cdot 4}+\frac{1}{4\cdot 6}+\frac{1}{6\cdot 8}+...+\frac{1}{2n\cdot (2n+2)} = \frac{1}{2}(\frac{4-2}{2\cdot 4}+\frac{6-4}{4\cdot6}+\frac{8-6}{6\cdot 8}+...+\frac{(2n+2)-2n}{2n\cdot (2n+2)} =

=\frac{1}{2}(\frac12-\frac14+\frac14-\frac16+\frac16-\frac18+...+\frac{1}{2n}-\frac{1}{2n+2}) = \frac14 - \frac{1}{4n+4} < \frac14

Előzmény: [633] lorantfy, 2004-12-02 11:34:29
[633] lorantfy2004-12-02 11:34:29

Lóczi Lajos [631]-beli feladata a 122.,[632]-beli pedig a 123.

124. feladat: Bizonyítsuk be, hogy minden n természetes számra:

\frac {1}{3^2}+\frac {1}{5^2}+ ... +\frac {1}{(2n+1)^2}<\frac{1}{4}

[632] SchZol2004-11-26 12:17:38

Kedves László!

A Bolzano-Weierstrass tétel valóban az, amit Géza írt, viszont tényleg van egy olyan Bolzano tétel is, ami azt mondja ki, hogy:

Ha f folytonos [a, b]-ben és f(a)<c<f(b), akkor létezik \xi\in(a,b): f(\xi)=c

Üdv, Zoli

Előzmény: [629] lorantfy, 2004-11-25 22:22:24
[631] Lóczi Lajos2004-11-26 01:04:46

Keressük meg azokat a pozitív x,y,z számokat, melyekre teljesül az xy=z, yz=x és zx=y egyenletrendszer.

[630] Lóczi Lajos2004-11-26 00:52:44

Ennek mintájára:

Adjunk példát olyan, az egész számegyenesen értelmezett f valós függvényre, amelyre f(f(x))=-x.

Vizsgáljuk meg az analóg problémát hármas vagy magasabb kompozícióra. Még régebben keresgéltem ilyen függvényeket, ebből nálam szép, forgásszimmetrikusnak kinéző ábrák születtek...

Előzmény: [622] jenei.attila, 2004-11-24 20:39:06
[629] lorantfy2004-11-25 22:22:24

Kedves Géza!

Igazad van! A Bolzano-Weierstrass a számsorozatoknál, az említett tétel. Ennek ellenére több helyen is olvastam már, hogy zárt intervallumon folytonos fgv... témában Bolzano-Weierstass tételre hivatkoztak - eszerint helytelenül.

Előzmény: [628] Kós Géza, 2004-11-25 14:18:45
[628] Kós Géza2004-11-25 14:18:45

A Bolzano-Weierstrass tétel szerintem más. Azt mondja ki, hogy minden korlátos számsorozatban van konvergens részsorozat.

Előzmény: [627] lorantfy, 2004-11-25 10:53:02
[627] lorantfy2004-11-25 10:53:02

Bolzano-tétel (Bolzano-Weierstrass-tételként is szokták emlegetni)

Előzmény: [626] jenei.attila, 2004-11-25 10:01:11
[626] jenei.attila2004-11-25 10:01:11

Én is így oldottam meg, figyelembe véve Géza kiegészítését. A szürjektivitásról szóló indoklást nem értem, hiszen egy függvényről akkor állítható hogy szürjektív, ha megadjuk az értékkészletét. Inkább csak annyi kell, hogy g értelmezési tartománya és értékéészlete megegyezik, ezért értelmezhető gg. Folytonos és injektív függvény pedig szigorúan monoton (folytonos fv. bármely két értéke közötti minden étéket felvesz. Mi a tétel neve?).

Egyébként a feladat a nyári kisinóci táborban volt feladva (legalábbis én ott találkoztam vele először). Esetleg megbeszélhetnénk a többi feladatot is.

Előzmény: [623] HOMI, 2004-11-25 02:24:03
[625] Kós Géza2004-11-25 06:55:36

Az igaz, hogy minden megoldást előállít, de a hatványsorral vigyázni kell. Nem minden függvény fejthető hatványsorba. Még akkor sem, ha akárhányszor deriválható.

Előzmény: [619] Maga Péter, 2004-11-24 18:45:38
[624] Kós Géza2004-11-25 06:52:29

Ha g(x) monoton (akár így, akár úgy), akkor g(g(x)) monoton növekszik, tehát nem lehet az 1/x.

Előzmény: [623] HOMI, 2004-11-25 02:24:03
[623] HOMI2004-11-25 02:24:03

A g(x) injektiv,mert ha g(a)=g(b) akkor 1/a=g(g(a))=g(g(b))=1/b,azaz a=b.Az 1/x mindent felvesz (0,+végtelen)-en,igy g(g(x)) szürjektiv,azaz g(x) is szürjektiv.A g(x) folytonos,injektiv,szürjektiv tehát szigorúan monoton.Ha g(x) szig.mon.növekedne,g(g(x)) is azt tenné de 1/x szig.mon csökken.Igy g szig mon csökken és a felvett értékkészlete a teljes(0,+végtelen).Ekkor ha x 'kicsi', g(x) 'nagy',g(g(x)) 'kicsi' ,de 1/x 'nagy'.Ez ellentmondás,mert g(g(x)))=1/x.(A fentiek pontos megfogalmazása: ha x tart 0-hoz g(x)->+végtelen,igy g(g(x))->0,de 1/x->végtelen).

Előzmény: [622] jenei.attila, 2004-11-24 20:39:06
[622] jenei.attila2004-11-24 20:39:06

Egy nem túl nehéz, de szerintem érdekes feladat:

Bizonyítsuk be, hogy nincs olyan g:R+\toR+ folytonos függvény, amelyre g(g(x))=1/x minden x\inR+-ra.

[621] Edgar2004-11-24 19:19:41

> csak minden 8. tagot hagyunk meg

Ez tetszik...

Előzmény: [618] Lóczi Lajos, 2004-11-24 18:20:46
[620] rizs2004-11-24 19:14:02

Ha már Fibonacci a téma, akkor ezt ajánlom még egyszer :) 118.: Ha a Fibonacci sorozat elemeit egy-egy tizedeshellyel eltolva (akár balról jobbra, akár jobbról balra haladva) egymás alá írjuk és összeadjuk, akkor a sok szám összege végül ismétlődő szakaszokból fog állni, tehát olyan lesz, mint a végtelen szakaszos tizedestörtek. Sőt, nem csak olyan, hanem az is! Ha megfelelő helyre tesszük a tizedesvesszőt, akkor a két összeg éppen 1/A, illetve 1/B értékű lesz, ahol A és B prímszámok. Mennyi A és B?

[619] Maga Péter2004-11-24 18:45:38

A hatványsoros megoldáshoz hozzátenném, hogy az összes ilyen tulajdonságú függvényt generálja. Tehát: az ex hatványsorából érdemes indulni, ez \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!}. Ezek után pedig a minden 0 és 7 közötti egész i-re a 8k+i alakú egészekhez tartozó együtthatókat ugyanazzal a ci konstanssal szorozni. A tagok elhagyása (amit szefoharcos írt) a ci=0. Csak arra kell figyelni, hogy ha ügyetlenül választjuk meg ezeket a konstansokat, akkor korábbi derivált is lehet az eredeti függvény. Ez akkor teljesül, ha ugyanazt a kostans szorzót (ci) választjuk olyan együtthatókhoz, amelyeknek különbsége 8-nál kisebb, a 8-hoz nem relatív prím. A felírt hatványsor mindig értelmes, ezt a Cauchy-Hadamaard kritériummal lehet ellenőrizni.

Előzmény: [618] Lóczi Lajos, 2004-11-24 18:20:46
[618] Lóczi Lajos2004-11-24 18:20:46

Valóban, amely Általad említett függvény a koszinusz-analógiával is felírható persze:

legyen ismét \alpha egy primitív nyolcadik egységgyök, ekkor

\frac{1}{8}\sum_{i=0}^7 e^{\alpha^k x}

lesz az a valós függvény, amely ex hatványsorából úgy keletkezik, hogy csak minden 8. tagot hagyunk meg, azaz a fenti függvény 0 körüli hatványsorának eleje

1 + \frac{x^8}{8!} + \frac{x^{16}}{16!}+...

Egyébként ez csak valós elemi függvényekkel kifejezve egy harmadik alakban így fest:

e^{-x} + e^x + 2\cos x + \frac{2\cos (\frac{x}{{\sqrt{2}}})}{e^{\frac{x}{{\sqrt{2}}}}} + 
  2e^{\frac{x}{{\sqrt{2}}}}\cos (\frac{x}{{\sqrt{2}}})

vagy, ha a ch koszinusz-hiperbolikusz függvényt is használhatom, akár így:

2\left( \cos x + ch x + 2\cos (\frac{x}{{\sqrt{2}}})ch (\frac{x}{{\sqrt{2}}}) \right)

Előzmény: [617] szefoharcos, 2004-11-24 17:43:32
[617] szefoharcos2004-11-24 17:43:32

Kedves Lajos!

Gratulaalok a megoldaasaidhoz! A Fibonacci-szaamokra ugyanezt talaaltam een is, de a fuggveenyesre volna egy megjegyzeesem, ami nem toolem szaarmazik: hatvaanysorok... Ahogy Kemeeny Legeeny is megoldotta, mieloott hangneme miatt letiltottaak volna: Az xn/n! sor minden 8. tagjaat hagyjuk csak meg. Konnyuu ellenoorizni, hogy ez joo.

[616] Lóczi Lajos2004-11-24 15:03:36

Egy kis segítség a 121. feladathoz:

némi keresgélés után rájöttem, hogy

F2n+1=Fn+12+Fn2 illetve

F2n=Fn+12-Fn-12,

ahol n pozitív természetes szám és Fn az n-edik Fibonacci szám, ha a sorozat így kezdődik: F1=1, F2=1, F3=2, stb.

Ezeket már könnyű bizonyítani például a Fibonacci-számok explicit alakjából.

Előzmény: [604] szefoharcos, 2004-11-23 22:42:38
[615] Hajba Károly2004-11-24 14:52:04

Köszi a fejtágítást. Ennek ismeretében mondhatom, Sirpi alábbi egyik hozzászólásából ki kellett volna találnom. :o)

HK

Előzmény: [614] Lóczi Lajos, 2004-11-24 12:54:56
[614] Lóczi Lajos2004-11-24 12:54:56

Nyilván nem, csak ez az egy ilyen hármasiker van. Hiszen ha az első tag 3-nál nagyobb prím, akkor 3-mal maradékosan osztva 1-et vagy 2-t ad. De ekkor az első esetben a sorozat 2. tagja 3-mal osztható lenne, míg a második esetben a sorozat 3. tagja volna 3-mal osztható.

Előzmény: [612] Hajba Károly, 2004-11-24 12:48:27

  [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]