Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Fórum: Valaki mondja meg!

  [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]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[1402] R.R King2010-10-06 20:32:50

Ha a sorozat liminf-je 1-nél nagyobb akkor divergens. Ha 1-hez tart a fenti hányados akkor sajnos a kritérium nem mond semmit(Konvergens is lehet). Az előző átalakításból úgy látom szépen kijön a divergencia. Amúgy a hányadoskritériumnál vannak erősebb tételek is csak ezekhez már kevéssé értek.(talán még a Raabe-kritérium jó)

Előzmény: [1401] vogel, 2010-10-06 20:13:30
[1401] vogel2010-10-06 20:13:30

Szóval, hányados kritériumot lehet használni divergencia bizonyításához?

[1400] vogel2010-10-06 19:12:59

Ahaa... Ez jó, kösz.

Előzmény: [1399] Tóbi, 2010-10-06 19:00:56
[1399] Tóbi2010-10-06 19:00:56

\frac{(2n)!^2}{n!^{4}2^{4n}}=

\frac{1\cdot1\cdot2\cdot2\cdot3\cdot3\cdot4\cdot4\cdot...(2n-1)\cdot(2n-1)\cdot2n\cdot2n}{2\cdot2\cdot2\cdot2\cdot4\cdot4\cdot4\cdot4\cdot...2n\cdot2n\cdot2n\cdot2n}=

\frac{1\cdot1\cdot3\cdot3\cdot5\cdot5\cdot...(2n-1)\cdot(2n-1)}{2\cdot2\cdot4\cdot4\cdot6\cdot6...2n\cdot2n}=

\frac{1}{2}\frac{1}{2}\frac{3}{4}\frac{3}{4}\frac{5}{6}\frac{5}{6}...\frac{2n-1}{2n}\frac{2n-1}{2n}\geq

\frac{1}{2}\frac{1}{2}\frac{2}{3}\frac{3}{4}\frac{4}{5}\frac{5}{6}...\frac{2n-2}{2n-1}\frac{2n-1}{2n}=\frac{1}{4n}

A természetes számok reciprokösszege pedig végtelen.

Előzmény: [1396] vogel, 2010-10-06 18:03:02
[1398] vogel2010-10-06 18:44:00

Abból az jön, hogy an+1/an tart 1-hez alulról. Lehet, hogy ez elég, kicsit megzavarodtam.

Előzmény: [1397] R.R King, 2010-10-06 18:38:23
[1397] R.R King2010-10-06 18:38:23

Hányadoskritériummal próbáltad már? Neten van egy csomó konvergencia és divergencia kritérium sorokra.

Előzmény: [1396] vogel, 2010-10-06 18:03:02
[1396] vogel2010-10-06 18:03:02

Ez a sor miért divergens? \sum_{n=1} ^{\infty}{\frac{(2n)!^2}{(n!)^4 \cdot 2^{4n}}}. Nem sikerült sehogy sem alulról becsülnöm. Biztos könnyű. Köszönöm.

[1395] David8206072010-10-06 16:46:06

Létezik (nem csupa azonos tagból álló) tetszőlegesen hosszú számtani sorozat csupa teljes hatványból?

[1394] Szekér István2010-10-06 15:44:39

Helló, ez most nem matekos kérdés lesz:

Amikor regisztráltam, majd beléptem, ezt kérdezte: hanyadik osztályba jársz 2009/2010 tanévben (ami a tavalyi tanév volt) kiválasztom, hogy 9. osztály (most 10.-es vagyok), aztán jöttem rá, hogy ez nem jeó. Hogy tudom megváltoztatni az évfolyamom? Regisztráljak újra?

[1393] Csimby2010-10-02 22:19:07

Nincs mit, te is segíthetsz nekünk a szomszéd topicban :)

Előzmény: [1392] Khesteg, 2010-10-02 22:09:22
[1392] Khesteg2010-10-02 22:09:22

Eh...tényleg. Nem vettem észre hogy lehet egyszerűsíteni. Köszi szépen a segítséget :)

[1391] Csimby2010-10-02 19:04:16

Inkább -\frac{\infty}{\infty} az, mint \frac00, de a lényeg hogy a végén lehet egyszerűsíteni:

\lim{\frac{\ln{x}}{\frac1x}}=\lim{\frac{\frac1x}{-\frac{1}{x^2}}}=\lim{-x}=0

De ha mondjuk azt tanultátok, vagy tudod bizonyítani, hogy n\to\infty esetén \lim{\root{n}\of{n}}=1, akkor abból is könnyen kijön.

Előzmény: [1390] Khesteg, 2010-10-02 18:27:18
[1390] Khesteg2010-10-02 18:27:18

Hát ebből nekem nem jön ki mert a határérték végig 0/0 alakú marad, mert nem tűnik el a nevezőből az x.

[1389] Csimby2010-10-02 17:38:40

x^x=(e^{\ln{x}})^x=e^{x\ln{x}}=e^{\frac{\ln{x}}{\frac{1}{x}}} és a kitevőre alkalmazhatod a L'Hospital-t.

Előzmény: [1388] Khesteg, 2010-10-02 17:11:55
[1388] Khesteg2010-10-02 17:11:55

Valaki le tudná nekem vezetni a lim(x tart 0-hoz) x(az x-ediken) megoldását plz? Nem igazán tudom összehozni olyan alakra hogy alkalmazhassam a L'Hospital szabályt...vagy az nem is kell?

[1387] Maga Péter2010-09-23 11:33:26

Nem egészen. A wikipedia azt mondja, hogy \zeta(2)-ről Euler 1735-ben mutatta meg, hogy \frac{\pi^2}{6}, de a \pi2-ről csak 1794-ben bizonyította be Legendre, hogy irracionális. Euler pedig 1783-ban meghalt.

Valójában Euler bizonyítása (arra, hogy végtelen sok prím van) úgy nézett ki, hogy a

\prod_p\left(1-\frac{1}{p^s}\right)^{-1}=\sum_n\frac{1}{n^s}

s>1 feltétel mellett fennálló azonosságban tartott s-sel 1-hez. Ha pedig indirekte véges sok prím lenne, akkor a szorzat egy véges számhoz, az összeg pedig a végtelenbe tartana.

Előzmény: [1386] bily71, 2010-09-23 09:27:08
[1386] bily712010-09-23 09:27:08

Köszönöm, ez tetszik, zseniálisan egyszerü, elegáns és frappáns. Máris adtál egy ötletet. :)

Ez Eulertől származik, úgy-e?

Előzmény: [1374] Róbert Gida, 2010-09-21 20:04:59
[1385] bily712010-09-23 09:23:50

Vagyis nem a valódi kezdőlépés.

Előzmény: [1384] bily71, 2010-09-23 09:13:30
[1384] bily712010-09-23 09:13:30

Abban az értelemben közelebb jutnánk, hogy kizárjuk az első esetet, miszerint az ikerprimek száma véges, de ez nem a kezdő lépés a bizonyitás menetében.

Előzmény: [1383] Maga Péter, 2010-09-22 22:23:31
[1383] Maga Péter2010-09-22 22:23:31

Azt mondod [1372]-ben, hogy ,,Én nem azt mondom, hogy közelebb kerülnénk a Brun-konstans problémájának megoldásához (...)''

Vesd már ezt össze a [1367]-es hozzászólásoddal: ,,"Az ikerprímsejtés bebizonyításával semmivel nem jutsz közelebb Brunhoz..."'' (ezt RG [1366]-osából idézed)

,,De igen!''

Most akkor mi van???

Előzmény: [1372] bily71, 2010-09-21 17:21:48
[1382] SAMBUCA2010-09-22 17:02:11

nem véges, hanem véges tizedestört (alakú számok). minden [0,1]-beli szám véges.

Előzmény: [1381] bily71, 2010-09-22 16:35:02
[1381] bily712010-09-22 16:35:02

Igen. A csúcsok véges számokat reprezentálnak.

Előzmény: [1379] SAMBUCA, 2010-09-22 13:28:46
[1380] Tóbi2010-09-22 13:34:23

Helyesek a meglátásaid.

Előzmény: [1379] SAMBUCA, 2010-09-22 13:28:46
[1379] SAMBUCA2010-09-22 13:28:46

(i) hibás. nem egy csúcs reprezentál egy valós számot, hanem egy (végtelen hosszú) út.

Előzmény: [1377] bily71, 2010-09-22 12:38:37
[1378] bily712010-09-22 12:41:48

A csúcsok helyett számolhatjuk az éleket is, hiszen minden élhez rendelhető egy valós szám.

Előzmény: [1377] bily71, 2010-09-22 12:38:37

  [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]