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.
[1735] Róbert Gida2012-04-08 12:05:57

Nevezőben a zárójelben természetesen \frac 12 van.

Előzmény: [1734] Róbert Gida, 2012-04-08 11:51:50
[1734] Róbert Gida2012-04-08 11:51:50

De ez például már igaz: \frac {\sqrt {\sum _{n=0}^{\infty} (\frac {1}{3})^{2n+1}*\frac {1}{2n+1}}} {\sqrt {\sum _{n=0}^{\infty} (\frac {1}{3})^{2n+1}*\frac {1}{2n+1}}}=\sqrt {\log _3 2}

"Nem értem, hogy az egyenlőség két oldalán lévő érték hogyan lesz egyenlő, vagyis miért emelhető-e szumma jel elé az összegzési indexet is tartalmazó hányados, ha véges sok esetben nincs egyenlőség a jobb- és baloldal között."

Egy mondatban ennyi zöldséget rég olvastam.

Előzmény: [1731] kovátsnorbi1994, 2012-04-07 21:30:34
[1733] Róbert Gida2012-04-08 11:30:30

A hozzászólásban egy darab egyenlőtlenség sem szerepel.

Előzmény: [1732] Fálesz Mihály, 2012-04-08 05:32:40
[1732] Fálesz Mihály2012-04-08 05:32:40

A szóbanforgó egyenlőtlenség nem igaz.

Előzmény: [1731] kovátsnorbi1994, 2012-04-07 21:30:34
[1731] kovátsnorbi19942012-04-07 21:30:34

Jó estét minden Fórumozónak!

A segítségetekre lenne szükségem egy példatárban olvasott megjegyzés értelmezésével kapcsolatban: A megjegyzéshez kapcsolódó feladat az /1989-1992/-es Egyetemi Felvételi Feladatok (Scharnitzky-féle) példatár 87. oldalán olvasható, ahol konvergens Taylor-sorral adnak felső becslést \sqrt{log_2{3}}+\sqrt{log_3{2}} értékére. Itt leírják a következő átalakítást, ami nem világos számomra :

\frac{2\sum_{n=0}^\infty
\left(\frac13\right)
^{2n+1}\cdot{\frac1{2n+1}}}{2\sum_{n=0}^\infty
\left(\frac12\right)
^{2n+1}\cdot{\frac1{2n+1}}}=\sum_{n=0}^\infty
\left(\frac23\right)^{2n+1}

Megnéztem konkrét, véges sok esetre az átalakítást: A baloldali összeg kifejtésére (véges sok esetben) a következőt kaptam:

\frac{2\cdot\sum_{n=0}^3\left(\frac13\right)
^{2n+1}\cdot{\frac1{2n+1}}}{2\cdot\sum_{n=0}^3\left(\frac12\right)
^{2n+1}\cdot{\frac1{2n+1}}}=\frac{2\cdot[\left(\frac13\right)+\left(\frac13\right)^3\cdot
\left(\frac13\right)+\left(\frac13\right)^5\cdot
\left(\frac15\right)+\left(\frac13\right)^7\cdot
\left(\frac17\right)]}{2\cdot[\left(\frac12\right)+\left(\frac12\right)^3\cdot
\left(\frac13\right)+\left(\frac12\right)^5\cdot
\left(\frac15\right)+\left(\frac12\right)^7\cdot
\left(\frac17\right)]}

Míg a jobboldali szumma kifejtésére:

\sum_{n=0}^3
\left(\frac23\right)^{2n+1}=\left(\frac23\right)+\left(\frac23\right)^3+\left(\frac23\right)^5+\left(\frac23\right)^7

Nem értem, hogy az egyenlőség két oldalán lévő érték hogyan lesz egyenlő, vagyis miért emelhető-e szumma jel elé az összegzési indexet is tartalmazó \frac{1}{2n+1} hányados, ha véges sok esetben nincs egyenlőség a jobb- és baloldal között.

A választ köszönöm, és békés ünnepeket kívánok mindenkinek!

[1730] kler692012-03-25 17:14:21

Nagyon szépen köszönöm! :)

Előzmény: [1729] jenei.attila, 2012-03-25 17:06:28
[1729] jenei.attila2012-03-25 17:06:28

Mivel az f szögfelező, ezért az A pont f-re vett A' tükörképe rajta van a CB egyenesen. Tehát tükrözd A-t f-re (A'-őt kapod), majd az A'B és f egyenes metszéspontja megadja a C csúcsot.

Előzmény: [1728] kler69, 2012-03-25 16:52:41
[1728] kler692012-03-25 16:52:41

Kedves Mindenki! Sajnos már régen voltam iskolás, és a fiam ált. iskolás matekházija kifogott rajtunk. Kérem, aki tud, segítsen! A feladat: Adott egy háromszög A és B csúcsa, valamint a harmadik csúcsban levő szög szögfelezője. Szerkesszük meg a háromszöget! Köszönöm szépen!

[1727] Hölder2012-03-25 12:12:25

Ez nagyon t5etszik, esetleg még a g(t) függvény konkáv voltára egy elemi bizonyítás, és akkor minden elemi benne. A többi felmerülő kérdésre is megpróbálok majd reagálni.

Előzmény: [1725] Fálesz Mihály, 2012-03-23 16:32:36
[1726] PAL2012-03-23 16:38:15

Ha itt tudjuk a minimumot , akkor vehetnénk ugyanígy 2-sin (x)+2-cos (x) minimumát is, és éppen ott lenne maximuma a szóban forgó függvénynek, vagy tévedek?

Előzmény: [1724] Fálesz Mihály, 2012-03-23 10:45:42
[1725] Fálesz Mihály2012-03-23 16:32:36

Én inkább a g(t)=2^{\sqrt{t}} függvényt vizsgálnám. A második derivált mutatja, hogy g a [0,1]\subset\Big[0,\frac1{(\ln2)^2}\Big] intervallumban konkáv:


g''(t) = \frac{2^{\sqrt{t}}(\ln2)^2}{4t^{3/2}}\Big(\sqrt{t}-\frac1{\ln2}\Big)<0.

Ezért hát a Jensen-egyenlőtlenséget a g függvényre és az sin2x, cos2x pontokra felírva,

2sin x+2cos x\le2|sin x|+2|cos x|=g(sin2x)+g(cos2x)\le


\le 2 g\Big(\frac{\sin^2x+\cos^2x}2\Big) =
2 g(1/2) = 2^{1+\sqrt2/2}.

Előzmény: [1722] spongya, 2012-03-22 23:24:12
[1724] Fálesz Mihály2012-03-23 10:45:42

A minimum egyszerűen kijön a számtani-mértani közepekből és a |\sin x+\cos x|\le\sqrt2 egyenlőtlenségből.


2^{\sin x}+2^{\cos x}
\ge 2\sqrt{2^{\sin x}\cdot2^{\cos x}}
\ge 2^{1-\sqrt2/2}.

Előzmény: [1718] Lóczi Lajos, 2012-03-21 21:33:58
[1723] TLevi2012-03-23 10:31:49

Igen...megneztem az [1705]-ot, de meg jobban kodben talaltam magam...

Előzmény: [1712] SmallPotato, 2012-03-19 08:54:53
[1722] spongya2012-03-22 23:24:12

"Ha sikerülne elemi eszközökkel belátni, hogy 2sin(x) alulról konkáv, ..."

Nekem + az jött ki, hogy [0;\frac13]-ban 2sin(x) alulról konvex. Sőt, a konvexitási tartomány jobbra még kicsit szélesíthető is. Vagy rosszul látom?

Előzmény: [1720] HoA, 2012-03-22 20:05:27
[1721] Lóczi Lajos2012-03-22 22:56:02

Valamilyen a>1 esetén tekintsük az asin (x)+acos (x) függvényt a [0,2\pi) intervallumon. Ha pl. a=2, akkor f-nek pontosan 2 szélsőértékhelye van.

Van olyan a>2 érték, amikor ez nem igaz? Mi az "első" ilyen kritikus érték?

[1720] HoA2012-03-22 20:05:27

Mivel cos(x)=sin(\pi/2-x) , a két tagfüggvény egymás tükörképe az x=\pi/4 egyenesre, összegük erre a tengelyre szimmetrikus. Ha sikerülne elemi eszközökkel belátni, hogy 2sin(x) alulról konkáv, akkor mindkét tagfüggvény meredeksége folyamatosan csökken [0;\pi/2] -ben , így összegüké is, ami a szimmetria miatt \pi/4 -beli maximumot jelent.

Előzmény: [1719] Hölder, 2012-03-22 12:21:33
[1719] Hölder2012-03-22 12:21:33

Én egy kicsit máshogy közelítettem meg a dolgot, bár el kell ismerjem, először én is úgy próbáltam, mint te. Szóval 2 a sinx-ediken /(sinx) = 2 a cos x-ediken /cosx (nyilván sinx= 0 és cosx=0 nem jöhet szóba, ezért nyugodtan oszthatunk vele).És itt érdemes bevezetni a g(x) =2 az x-ediken /x függvényt, ezt vizsgálni a [-1,1]-ban, hiszen az argumentumok sinx és cos x. Ha megnézed, ennek 1/ln 2-ben lesz szélsőértéke, ami 1-nél nagyobb, tehát előtte monoton a függvény, amiből adódik, hogy sinx=cosx, azaz tgx=1, innen jönnek a szélsőértékek, de ez sajnos nem elemi megoldás, és valahogy úgy érzem valami nagyon trükkös elemi megoldás is van, csak én nem találtam meg. Amúgy hogy lehet itt matematikai dolgokat beírni?

Előzmény: [1718] Lóczi Lajos, 2012-03-21 21:33:58
[1718] Lóczi Lajos2012-03-21 21:33:58

Érdekes, hogy deriválással könnyen meghatározható az 5\pi/4-nél lévő minimum (csak egy Bolzano-tétel -- ez az a szélsőérték, ami neked is kijött már elemi módszerekkel), de a \pi/4-nél lévő maximummal meg kellett egy kicsit küzdenem.

Vagyis a kérdésem az, hogy hogyan lehetne minél egyszerűbben belátni, hogy a

tg(x)=2sin (x)-cos (x)

egyenletnek a [0,2\pi] intervallumban pontosan 2 gyöke van? (Az x\in(\pi/2,2\pi] intervallum tehát könnyű, ami szerintem nem látszik egyszerűen, az az x\in[0,\pi/2) tartomány.)

Előzmény: [1717] Hölder, 2012-03-20 20:46:47
[1717] Hölder2012-03-20 20:46:47

Igen, erről. köszi, hogy beírtad. ha valakinek van megoldása, azt szívesen olvasnám (elemi bizonyítás).

Előzmény: [1716] Sirpi, 2012-03-20 11:20:00
[1716] Sirpi2012-03-20 11:20:00

Tehát erről lenne szó?

2sin x+2cos x

Előzmény: [1715] Hölder, 2012-03-20 10:31:26
[1715] Hölder2012-03-20 10:31:26

Sziasztok!

Van egy feladat, amire próbáltam elemi (differenciálás nélküli) megoldást is keresni, de nem találtam. Ha nektek van megoldásotok, amiben pl. közepek, Jensen-egyenlőtlenség szerepel, stb., tehát elemibb eszközök, akkor azt ossza meg velem is.

A feladat: keressük meg a 2 a sin x-ediken +2 a cos x-ediken függvény maximumát!

megjegyzés: a minimumra van elemi megoldás (közepek), a maximumot pedig "nyilván" 45 foknál veszi fel.Elnézést, hogy nem szépen írtam be a feladatot.

[1714] Róbert Gida2012-03-19 16:08:26

De, igazad van.

Előzmény: [1713] Sirpi, 2012-03-19 08:56:23
[1713] Sirpi2012-03-19 08:56:23

Ezt nem úgy értetted, hogy ai a normális szám első i tizedesjegyéből alkotott szám legyen?

Előzmény: [1709] Róbert Gida, 2012-03-18 23:21:44
[1712] SmallPotato2012-03-19 08:54:53

[1705]-öt nézted?

Előzmény: [1711] TLevi, 2012-03-19 07:12:46
[1711] TLevi2012-03-19 07:12:46

Az [1691] - es egyenletet kell nezni..

Előzmény: [1702] jonas, 2012-03-16 20:47:33

  [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]