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] [89] [90] [91] [92] [93]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[1894] w

2013-10-05 22:43:17

Ha valaki talál hibát, szóljon, még kezdő vagyok ebben a műfajban.

Nézzük először racionális számok esetén.

Legyenek a számok (bővített nevezővel): $\frac{A_i}N$ i=1,2,...,n. Ezekhez egy olyan d-t fogunk megadni, melyre $d=\frac1N+\phi$ . A $\phi$ >0 számot később fogjuk megadni.

Ugyanis ekkor $\frac{A_i}N=A_i\cdot (\frac1N+\phi)-A_i\phi=A_id-A_i\phi$ . Azt szeretnénk, hogy $\frac{A_i}N$ mod d, azaz d-A_i $\phi$ akármilyen közel legyen a d-hez, vagyis

$\frac{d-A_i\phi}d=1-\frac{A_i\phi}{\frac1N+\phi}>1-\epsilon$

akármilyen kicsi $\epsilon$ >0 esetén fennállhasson, alkalmas $\phi$ esetén. Azaz minden pici $\epsilon$ -hoz létezik olyan $\phi$ , hogy ... Kifejezzük $\phi$ -t:

$\frac{NA_i\phi}{1+N\phi}<\epsilon$

NA_i $\phi$ < $\epsilon$ + $\epsilon$ N $\phi$

N $\phi$ (A_i- $\epsilon$ )< $\epsilon$

$\phi<\frac{\epsilon}{N(A_i-\epsilon)}$

Tehát ekv. egyenlőtl. miatt minden $\epsilon$ -hoz van olyan $\phi$ , hogy. Ugyanis véges sok egyenlőtlenséget vezettünk le, i=1,2,...,n-re.

Például, ha kapom, hogy $\frac26$ , $\frac36$ , $\frac56$ , $\frac86$ , akkor mondjuk $\epsilon$ =0.1-hez $\phi$ =0,002 jó választás lesz.

Amikor irracionális számokkal dolgoztam, akkor iszonyatos pontossággal közelítek. Azaz, veszek akármilyen nagy pontosságot minden a_i esetén --> p_i/q_i rac. számok, de ezek pedig a nevezőket bővítve A_i/(lkkt(q_i)) alakúak lesznek, amire lezúzom a fenti számolást. Mivel nagyon pontos vagyok, ezért ez a közelítés elhanyagolható $\epsilon$ és $\phi$ -hez képest.

Előzmény: [1891] Sinobi, 2013-10-05 20:46:03

[1893] Róbert Gida	2013-10-05 21:08:55
$(1-\frac{const}{q^{\frac 1n}})n$ és $\varepsilon$ _i=qx_i-p_i akart lenni, és persze nálam is d alakja speciális $d=\frac 1q=\frac 1N$ ( w jelölésével).
Előzmény: [1892] Róbert Gida, 2013-10-05 20:54:21

[1892] Róbert Gida

2013-10-05 20:54:21

Amit te írsz az egy x-re működik. Több x-nél, már lehetséges, hogy a nagyon jól közelítő nevezők teljesen mások, nincs egy nagyon jól közelítő azonos nevező.

Szimultán approximációnak nevezik a problémát, lásd http://www.shunjiito.com/paper/49109yasutomi1030.pdf (introduction első 5 sora).

ezzel (az egyébként trivi) állítással úgy nézem, hogy $(1-\frac {const}{d^{\frac 1n}})*n$ jön ki jobb oldalra az eredeti (n-1) helyett.. (itt a konstans már csak n-től függ). Amiben kell még szórakozni az eredeti bizonyításnál, hogy neked az kell, hogy $\epsilon$ _i=d*x_i-p_i nem csak, hogy kicsi, hanem még negatív is (itt p_i egész).

Előzmény: [1890] w, 2013-10-05 14:30:26

[1891] Sinobi	2013-10-05 20:46:03
Ezt nem teljesen értem. Az N-et honnan kapod meg? Tetszőleges N-re, azaz minden d=1/N(+ $\phi$ )-re szerintem ez nem igaz. (vagy nem látom, hogy $\phi$ -re minek kell teljesülnie). (Majd 10.-e után több időm lesz ezzel foglalkozni.)

[1890] w

2013-10-05 14:30:26

Szerintem igaz lesz. Tehát az a kérdés, hogyha a₁,a₂,...,a_n>0 valós számok, létezik-e olyan d>0 valós, mellyel

$\sum_{i=1}^n r_i(d)^2>(n-1)d^2.$

Itt r_i(d) $\in$ [0;d) az a valós szám, melyhez létezik k egész szám, mellyel a_i=kd+r_i(d) $\forall$ i=1,2,...,n.

Most ezt először átrendezzük, hogy átlássuk a szerkezetét:

$\sum_{i=1}^n \left(\frac {r_i(d)}d\right)^2>n-1,$

azaz nekünk jó közel kell hoznunk a $\frac{r_i(d)}d$ hányadosokat az 1-hez, de úgy, hogy az 1-et még ne érjük el.

A megoldási ötletem az volna, hogy tfh. 0<a₁ $\le$ a₂ $\le$ ... $\le$ a_n, és csináljunk racionális approximációt: $a_i\in\left(\frac{A_i}N-\epsilon;\frac{A_i}N+\epsilon\right)$ legyen $\forall$ i, ahol N, A_i egészek. Vegyük $d:=\frac1N+\phi$ -t, ekkor a_i<A_id, a_i/d<A_i kellene nekünk, ahol a_i/d nagyon közel van A_i-hez. De $a_i/d\approx\frac{A_i/N}{1/N+\phi}$ , így ez talán jó lesz, hisz $\epsilon$ , $\phi$ >0 akármilyen kicsi, de egymáshoz képest akármilyen nagy. (Rendesen le kellene tisztítani határértékügyileg, ez még elvi hibás is lehet.)

Előzmény: [1888] Sinobi, 2013-10-05 13:15:24

[1889] Sinobi	2013-10-05 13:18:56
*pozitív valós számok esetén.
Előzmény: [1888] Sinobi, 2013-10-05 13:15:24

[1888] Sinobi

2013-10-05 13:15:24

Igaz-e, hogy minden nemnegatív a1, a2, ... an valós számok esetén létezik olyan d valós szám, hogy $\sum (ai~mod~d)^2~>(n-1) \cdot d^2$ ? (a modulo pozitív értéket ad vissza). Ebből már következne egy másik állítás, amiből egy megint másik, amiből a feladat, de ez ehhez hozzá se tudok nyúlni, nem is látszik igaznak :( Van valakinek ötlete? Másik becslése, ellenpéldája, stb?

[1887] koma	2013-10-03 22:47:30
köszi mindenkinek a hozzászólását, tényleg nem volt egy "nehéz" feladat, de valahogyan nem jöttem mégsem rá... sebaj, most már okosabb lettem, köszönöm:)

[1886] w

2013-10-03 20:04:50

Ez igazából ugyanaz a megoldás: a³-3ab=35, ab=30 után a³=(x+y)³=125, x+y=5. Köszi viszont, hogy leírtad. (Direkt azért úgy mutattam be, mert kicsit általánosabb, pl. alkalmas az x+y=3, x⁴+y⁴=17 egyenletrendszer megoldására is.)

Fálesz Mihálynak is köszönöm a megoldási ötletét/módszerét, nagyon érdekes volt.

Előzmény: [1884] Alekszandrov, 2013-10-03 11:20:52

[1885] Fálesz Mihály

2013-10-03 13:10:08

Egy további, bár kétségtelenül kevésbé elegáns lehetőség, hogy a konstansokat elimináljuk, aztán a kapott homogén polinomot szorzattá alakítjuk:

6(x³+y³)-7(x²y+y²x)=6^.35-7^.30=0

(x+y)(2x-3y)(3x-2y)=0.

...

Előzmény: [1884] Alekszandrov, 2013-10-03 11:20:52

[1884] Alekszandrov

2013-10-03 11:20:52

Van másik megoldás is, nem kell ehhez a és b! :-)

A második egyenletet szorozd meg hárommal, majd add össze az elsővel, így x+y köbe egyenlő 125-tel, tehát x+y=5. Majd a második egyenletet szorzattá alakítva, az x+y helyébe beírva az 5-öt, kapjuk: xy=6 Ez a két egyenlet már ránézésre is megoldható!

Előzmény: [1883] koma, 2013-09-30 10:02:34

[1883] koma	2013-09-30 10:02:34
köszi szépen a segítséget
Előzmény: [1882] w, 2013-09-29 22:42:37

[1882] w

2013-09-29 22:42:37

Szia Koma!

Az 1) feladatod klasszikus példa az ún. elemi szimmetrikus polinomok alkalmazására. Tehát az ilyen szimmetrikus kifejezéseket ki lehet fejezni a:=x+y és b:=xy segítségével: 35=x³+y³=(x+y)(x²-xy+y²)=(x+y)[(x+y)²-3xy]=(x+y)³-3xy(x+y)=a³-3ab és 30=x²y+xy²=xy(x+y)=ab. Innen már nem olyan nehéz befejezni.

2) 3) Vedd észre, hogy a² $\ge$ 0 és |a| $\ge$ 0, ahol egyenlőség épp akkor áll fenn, ha a=0.

Előzmény: [1881] koma, 2013-09-29 20:13:57

[1881] koma

2013-09-29 20:13:57

Az alábbi feladatok megoldásában kérném a segítségeteket:

1,Oldjuk meg az alábbi egyenletrendszert! x³+y³=35, b, x²y+y²x=30

ugyebár a= (x+y)(x²-xy+y²) b= xy(x+y), de hogyan tovább?

2, (x²-1)²+(x⁴-1)²=0 látom, hogy másodfokú egyenletre vezet, de nem látom a megoldását

3, abs (x+y-13) + abs (y-z-5) abs (y-z-2) =0

nagyon szépen köszönöm előre is a segítséget, és további szép estét kívánok!

[1880] koma

2013-09-28 20:58:01

köszi szépen a cikkeket, valóban elírtam...

további szép estét!

Előzmény: [1879] w, 2013-09-28 19:30:16

[1879] w	2013-09-28 19:30:16
A rekurzív képletet rosszul írtad be. Amúgy ha az 1) egy elsőrendű, 2) egy másodrendű rekurzió, akkor itt megtalálhatod a megoldást.
Előzmény: [1878] koma, 2013-09-28 18:59:33

[1878] koma

2013-09-28 18:59:33

Sziasztok, akadt két problémám, nagyon megköszönném, ha valaki kisegítene.:)

1, Határozza meg az a₁=1,a_n+1=2a_n (n term szám) rekurzív sorozat képletét.

2,Mutassuk meg, hogy az alábbi rekurzív sorozat monoton csökkenő: a₁=2,a₂=1,a_n+1=5a_n-6a_n-1,(n $\ge$ 2)

köszönöm szépen a segítséget.

[1877] bianka

2013-09-28 10:25:42

szia!

egy gyors kérdés (skicc)

köszi! ...bianka

[1876] gyula60

2013-09-17 20:11:06

Javaslom az $x=\frac{1-t}{1+t}$ helyettesítés alkalmazását, amely után a kanonikus alakra hozás jobban megvalósítható.

A keresett primitív fügvényt a következő két f₁(x) és f₂(x) függvény összege állítja elő:

$f_1(x)=-\frac{1}{\sqrt2}arc\tg\bigg[\frac{\root\of{x^2+x+1}}{\sqrt2(x-1)}\bigg]$ ,

$f_2(x)=-\frac{1}{\sqrt6}\ln\bigg[\frac{\sqrt2(x+1)-\root\of{3(x^2+x+1)}}{\root\of{(x^2-x+1)}}\bigg]$ .

Előzmény: [1874] juantheron, 2013-09-02 21:12:42

[1875] Fálesz Mihály	2013-09-04 06:52:34
Try $y=\sqrt{x^2+x+1}-x$ .
Előzmény: [1874] juantheron, 2013-09-02 21:12:42

[1874] juantheron	2013-09-02 21:12:42
$\int \frac{1}{(x^2-x+1)\sqrt{x^2+x+1}}dx$

[1873] Lóczi Lajos

2013-05-24 15:17:24

Kedves Mihály,

szerintem érdemes elkülöníteni a különböző célcsoportokat.

A gyakorlatban előkerülő szakaszonként sima függvények integrálásához mindenki a Newton--Leibniz-formulát fogja akarni használni; ez a célcsoport nem akar Dirichlet-függvényt integrálni, vagy bármit az integrál definíciója alapján kiszámítani. A HK-elmélet keretében a Newton--Leibniz-tételkör nagyon természetes módon tárgyalható, ami nem mondható el a Riemann- vagy a Lebesgue-elméletről. Ez a célcsoport nem fog semmilyen $\delta$ függvényt várni, és nem kapnak sokkot szörnyű függvényektől: a mindennapi praktikus számításokban nem látnak ilyet.

Egy következő célcsoport lehet az, akik látják, hogy van pl. Dirichlet-függvény, és ezt konstans $\delta$ -val nem lehet integrálni (azaz Riemann-értelemben), de egy kicsit bonyolultabb $\delta$ -val már lehet. Ha e célcsoport tagjai ezt a $\delta$ függvényt bonyolultnak találják, akkor nekik a Lebesgue-elmélet sem lenne emészthető. De itt sem muszáj a "definíció" szerinti integrálást erőltetni, a Dirichlet-fv. integráljának értéke a tételekből úgyis "kijön".

Aki pedig absztrakt Lebesgue-elméletet akar tanulni, annak -- a Lebesgue-elmélet megismerése előtt -- nagyon tanulságos lehet látni, hogy milyen gyorsan el lehet jutni egy [a,b]-n értelmezett függvény integráljának definíciójához, amit később majd Lebesgue-integrálnak fogunk hívni és egy bonyolultabb apparátus keretében absztraktabban és általánosabban felépíteni.

Előzmény: [1872] Fálesz Mihály, 2013-05-24 10:34:11

[1872] Fálesz Mihály

2013-05-24 10:34:11

Kedves Lajos,

A kérdésed az volt, hogy a HK integrál miért nem vette át pl. az egyetemi tananyagban a Riemann-integrál helyét.

Több okot is látok. Az egyik didaktikai. Én legalábbi személy jobban szeretem, ha a világot apránként fedezzük fel. Előbb találunk néhány mozaikdarabot, ezeket tanulmányozzuk, emésztjük, és csak utána építünk fel valami általánosabb rendszert, aminek a sok darab mind része. Számomra mindig elrettentő példát jelentenek az olyan esetek, ahol előbb kimondanak és bebizonyítanak egy nagyon absztrakt tételt, és utána ennek speciális esete lesz a többi, külön-külön sokkal érdekesebb állítás.

A másik ok, hogy nem akarunk túl sok fölösleges dolgot tanítani. Egy mérnök vagy egy alkalmazott matematikus szép, szakaszonként sima függvényekkel dolgozik, és valószínűleg soha nem akarja mondjuk a Dirichlet-függvényt integrálni. Nekik bőven elég az (improprius) Riemann-integrál, és az x² integrálása sem okoz túl nagy traumát egyenletes felosztással. Semmi nyereség nincs mindaddig, amíg csak véges sok pont közelében van gond a függvénnyel. Az improprius integrált (végtelen inervallumokon) úgysem ússzuk meg.

Azt is írtad, hogy a definíciók közötti különbség alig észrevehető, a nyereség viszont nagy.

Az alig észrevehető különbség valójában óriási. Persze, mondhatjuk ártatlan arccal, hogy konstans $\delta$ helyett inkább egy pozitív értékű függvényt veszünk, de ez félrevezető. A többség valami viszonylag szép $\delta$ függvényt fog várni, tévesen. Nehezen fogják megemészteni azt a sokkot, hogy a várt szakaszonként folytonos függvény helyett miféle szörnyűségekbe ütközhetnek; hogy egy kicsit csúnyább függvény (pl. a Dirichlet-függvény) integrálásához mennyire bonyolult $\delta$ függvényt érdemes választani.

Ha pedig elkezdjük vizsgálni, hogy egyes függvények miért (nem) HK integrálhatók, óhatalanul beleütközünk a Lebesgue-mérték hiányába. Ezért gondolom, hogy a HK integrállal a mértékelmélet után érdmes foglalkozni.

Előzmény: [1870] Lóczi Lajos, 2013-05-23 22:23:19

[1871] Lóczi Lajos

2013-05-23 23:58:10

Szerintem az alapvető tételek bizonyításai nem nehezebbek, lásd pl. Lee Peng-Yee: Lanzhou Lectures on Henstock Integration c. művét 1989-ből, amely a fogalom felépítésére koncentrál.

Vagy érdemes egy pillantást vetni erre a masszívabb könyvre Brian S. Thomson: Theory of the integral, amely összehasonlító szempontból tárgyal viszonylag sok integrálfogalmat.

De hogy a Riemann-integrál fogalma is rejteget még nemtriviális részleteket: 2009-ben adták meg annak szükséges és elégséges feltételét, hogy egy F függvény előálljon, mint egy f Riemann-integrálható függvény integrálfüggvénye. Azaz: mik a feltételek F-re, hogy létezzen hozzá egy c konstans és f Riemann-integrálható függvény, hogy $F(x)=c+\int_a^x f(t)dt$ legyen (x $\in$ [a,b]).

Előzmény: [1868] jonas, 2013-05-23 15:10:52

[1870] Lóczi Lajos

2013-05-23 22:23:19

Ahhoz mennyi előkészületre van szükség (a definíciókkal együtt), hogy az x $\mapsto$ x² függvény Lebesgue-integrálját ki tudjuk számítani a [0,1] intervallumon?

Véleményem szerint ennél kevesebb vesződséggel jár a Dirichlet-függvényről megmutatni a definíciókból, hogy HK-integrálja 0.

Ha nem cél az absztrakt mértékelmélet tanulmányozása, a HK-integrál fogalma kifizetődőbben felépíthető, mint a Lebesgue-integrálé.

Előzmény: [1869] Fálesz Mihály, 2013-05-23 17:09:02

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?