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.

[1934] Kőrösi Ákos	2014-08-25 17:07:08
Köszönök minden választ, sokat segített.
Előzmény: [1933] Róbert Gida, 2014-08-25 16:54:34

[1933] Róbert Gida

2014-08-25 16:54:34

Az általános esetben is van nevük: többszörösen tökéletes szám, lásd

&tex;\displaystyle http://en.wikipedia.org/wiki/Multiply\_perfect\_number&xet;

Előzmény: [1932] csábos, 2014-08-24 21:30:34

[1932] csábos	2014-08-24 21:30:34
Az &tex;\displaystyle n&xet; szám osztóinak összege osztva &tex;\displaystyle n&xet;-el (azaz az átlaguk) épp megegyezik az osztók reciprokösszegével. Ha ez a szám 2, akkor &tex;\displaystyle n&xet; tökéletes szám.
Előzmény: [1930] Kőrösi Ákos, 2014-08-23 20:42:43

[1931] Fálesz Mihály	2014-08-24 00:20:17
Ilyen szám például a 6.
Előzmény: [1930] Kőrösi Ákos, 2014-08-23 20:42:43

[1930] Kőrösi Ákos	2014-08-23 20:42:43
Valaki mondja meg! Vegyük egy tetszőleges természetes szám osztóit. Lehet-e ezek reciprokösszege egész szám? (Persze nem számítva azt az esetet, hogy csak magát az 1-et vesszük.

[1929] Holden	2014-08-07 10:53:47
Köszönöm a gyors válaszokat! Egyébként valóban ez volt a cél. Közvetetten meg a &tex;\displaystyle \frac{\sin \pi z}{\pi}=z\prod_{n=1}^\infty \Big(1-\frac{z^2}{n^2}\Big)&xet;.
Előzmény: [1928] Fálesz Mihály, 2014-08-07 08:45:41

[1928] Fálesz Mihály	2014-08-07 08:45:41
Szerintem ez inkább az ellenkező irány. A &tex;\displaystyle \sum_{n=-\infty}^\infty\frac1{z-n}&xet; összeg tagjait azért vonjuk össze kettesével, hogy konvergens legyen. (A korlátosság meg azért fontos, hogy a Liouville-tételt alkalmazhassuk az &tex;\displaystyle \frac1z+\sum_{n=1}^\infty\frac{2z}{z^2-n^2}-\pi\ctg(\pi z)&xet; függvényre.)
Előzmény: [1927] csábos, 2014-08-06 23:00:13

[1927] csábos

2014-08-06 23:00:13

Frappáns.

Én már parciális törtekre bontottam:

&tex;\displaystyle \sum \frac{1}{z-n}+\sum\frac{1}{z+n} &xet;

Aztán integráltam: &tex;\displaystyle \sum \ln(z^2-n^2)'&xet;

Előzmény: [1926] Fálesz Mihály, 2014-08-06 22:39:15

[1926] Fálesz Mihály

2014-08-06 22:39:15

Legyen &tex;\displaystyle z=x+yi&xet;, ahol tehát &tex;\displaystyle |x|\le\frac12&xet; és &tex;\displaystyle |y|>1&xet;.

&tex;\displaystyle |z| < |x|+|y| < 2|y| &xet;

és

&tex;\displaystyle |z^2-n^2| \ge {\rm Re}(n^2-z^2) = n^2+y^2-x^2 \ge y^2+n^2-\frac14 > \frac12(y^2+n^2), &xet;

így

&tex;\displaystyle \left| \sum_{n=1}^\infty \frac{2z}{z^2-n^2} \right| \le \sum_{n=1}^\infty \frac{2|z|}{|z^2-n^2|} \le \sum_{n=1}^\infty \frac{8|y|}{y^2+n^2} < \int_0^\infty\frac{8|y|}{y^2+t^2} {\rm d}t = 4\pi. &xet;

Előzmény: [1925] Holden, 2014-08-06 21:46:43

[1925] Holden

2014-08-06 21:46:43

Sziasztok!

Lehet nagyon nyilvánvaló, amit kérdezek, de valahol valamit elnézhetek rajta.

&tex;\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{2z}{z^2-n^2}&xet; miért korlátos az Im&tex;\displaystyle (z)>1&xet; és Re&tex;\displaystyle (z)\leq 1/2&xet; halmazon?

Előre is köszönöm!

[1924] Maga Péter	2014-05-29 21:55:21
Pach Peti e-mailben küldött nekem egy egyszerű ellenpéldát. Legyen &tex;\displaystyle b_1,b_2,b_3&xet; egy bázis. Legyen &tex;\displaystyle Ab_1=Ab_2=Bb_2=Bb_3=0&xet;, valamint &tex;\displaystyle Ab_3=Bb_1=b_2&xet;. Könnyű ellenőrizni, hogy minden ezekből alakuló másodfokú tag &tex;\displaystyle 0&xet;, tehát csak a &tex;\displaystyle cA+dB&xet; alakú polinomok jönnek szóba. Ezek meg nem jók, szintén könnyű ellenőrizni.
Előzmény: [1923] Maga Péter, 2014-05-18 16:46:11

[1923] Maga Péter

2014-05-18 16:46:11

Valaki mondja meg a következőt! Legyen &tex;\displaystyle A&xet; és &tex;\displaystyle B&xet; két lineáris transzformációja egy véges dimenziós valós vektortérnek. Van-e olyan polinomjuk, melynek konstans tagja &tex;\displaystyle 0&xet;, és a magtere éppen &tex;\displaystyle A&xet; és &tex;\displaystyle B&xet; magterének a metszete?

Nyilván minden (&tex;\displaystyle 0&xet; konstans tagú) polinom magtere tartalmazza &tex;\displaystyle A&xet; és &tex;\displaystyle B&xet; magterének metszetét. A cél tehát a fordított irányú tartalmazás elérése egy jól választott polinommal.

Előre is köszönöm.

[1922] Fálesz Mihály

2014-04-26 09:15:18

Egyszer egy elsőéves diákom mutatta be azt a hajmeresztő mutatványt, hogy egy &tex;\displaystyle f(x)^{g(x)}&xet; alakú kifejezést úgy derivált, hogy először kontansnak vette az alapot, deriválta, utána a kitevőt vette konstansnak, úgy is deriválta, majd a kétféle derváltat összeadta:

&tex;\displaystyle (f^g)' = (f^g \log f) \cdot g' + gf^{g-1}\cdot f'. &xet;

Először hüledeztem, hogy ezt lehet, de aztán megértettem, hogy csak a többváltozós láncszabályt alkalmazta. :-)

Például vegyünk két valós értékű egyváltozós függvényt, &tex;\displaystyle f&xet;-t és &tex;\displaystyle g&xet;-t, és legyen mindkettő differenciálható az &tex;\displaystyle a&xet; pontban. Deriváljuk a szorzatot az &tex;\displaystyle a&xet; pontban.

Legyen &tex;\displaystyle F\binom{x}{y}=xy&xet; és &tex;\displaystyle G(t)=\binom{f(t)}{g(t)}&xet;, ekkor tehát &tex;\displaystyle fg = F\circ G&xet;. A &tex;\displaystyle G&xet; differenciálható &tex;\displaystyle a&xet;-ban, és &tex;\displaystyle G'(a)=\binom{f'(a)}{g'(a)}&xet;, az &tex;\displaystyle F&xet; mindenhol differenciálható, és &tex;\displaystyle F'\binom{x}{y}=(y,x)&xet;. A láncszabály szerint &tex;\displaystyle F(G(t))=f(t)g(t)&xet; is differenciálható &tex;\displaystyle a&xet;-ban és

&tex;\displaystyle (fg)'(a) = (F\circ G)'(a) = F'(G(a)) G'(a) = (g(a),f(a)) \binom{f'(a)}{g'(a)} = g(a)f'(a) + f(a)g'(a). &xet;

A dolog persze csalás, mert a többváltozós differenciálási szabályokat jóval az alapműveletek differenciálása után építjük fel (kb. olyan, mint amikor valaki a koszinusz-tételből vezeti le a Pitagorasz-tételt), de mindenképpen érdekes.

Előzmény: [1921] marcius8, 2014-04-25 16:30:39

[1921] marcius8	2014-04-25 16:30:39
Állítólag a differenciálási szabályok (függvények lineáris kombinációjának deriváltja, függvények szorzatának deriváltja) levezthetőek az összetett függvényekre vonatkozó differenciálási szabályból (láncszabály). Vajon hogyan történik mindez? Tisztelettel: Bertalan Zoltán.

[1920] mihtoth	2014-02-11 07:56:37
Köszönöm a segítséget!
Előzmény: [1911] n, 2014-02-10 18:19:39

[1919] Lóczi Lajos

2014-02-10 23:04:30

Illetve

195.96043078097043710<a₁₂₀₀₁<195.96043078097043711.

Előzmény: [1918] Lóczi Lajos, 2014-02-10 22:55:00

[1918] Lóczi Lajos	2014-02-10 22:55:00
Ha a₁=120, akkor 195.95532757702918725<a₁₂₀₀₀<195.95532757702918726.
Előzmény: [1912] Fálesz Mihály, 2014-02-10 19:17:42

[1917] Róbert Gida	2014-02-10 22:39:21
a_n $\ge$ b₁^{2^n-1} majdnem trivi, ha b₁>0 egész: legyen ugyanis $b_n=\frac {p_n}{q_n}$ , ahol lnko(p_n,q_n)=1. Ekkor $b_{n+1}=b_n+\frac{1}{b_n}=\frac{p_n}{q_n}+\frac{q_n}{p_n}=\frac{p_n^2+q_n^2}{p_nq_n}$ , de ez a tört már tovább nem egyszerűsíthető, hiszen lnko(p_n,q_n)=1volt, így a_n+1=p_n²+q_n²=a_n²+q_n²>a_n² $\ge$ b₁^2ⁿ (ez utóbbi teljes indukcióval).
Előzmény: [1916] Róbert Gida, 2014-02-10 22:05:38

[1916] Róbert Gida

2014-02-10 22:05:38

a_n az pont b_n számlálója, így egész, azaz két egész szám közé nem eshet. És valószínűleg sokkal nagyobb.

T(n)=2^{3.453495382*2ⁿ} egy valószínűleg jó becslés a kérdésre (kiinduló tag=b₁=120). Egyébként már a₂₅-nek 34883379 számjegye van.

Előzmény: [1912] Fálesz Mihály, 2014-02-10 19:17:42

[1915] Lóczi Lajos	2014-02-10 21:22:16
Lásd még az "ujjgyakorlatok" [420]-as hozzászólását 2005-ből.
Előzmény: [1912] Fálesz Mihály, 2014-02-10 19:17:42

[1914] n	2014-02-10 19:21:14
(Illetve most másodjára számoltam el. Tényleg fáradt vagyok, szóval duplán kéretik ellenőrizni a hozzászólásomat felhasználás előtt.)
Előzmény: [1913] n, 2014-02-10 19:19:26

[1913] n	2014-02-10 19:19:26
(Naná, hogy elszámoltam, nem a 12000. tagot számoltattam ki.)
Előzmény: [1911] n, 2014-02-10 18:19:39

[1912] Fálesz Mihály

2014-02-10 19:17:42

A sorozatnak a négyzetét érdemes vizsgálni. Ha b_n=a_n², akkor

$b_{n+1} = b_n+2+\frac1{b_n}.$

Ebbből egy sor, egyre erősebb alsó és felső becslést lehet kapni, pl.

b_n $\ge$ b₀+2n

$b_n < b_0+2n+\frac12\log\frac{b_0+2n-1}{b_0-1}$

A Te esetedben b₀=120²=14400 és n=12000, tehát

38400<b_{_n}=a_n²<38400,5

195,959<a₁₂₀₀₀<195,961.

Előzmény: [1911] n, 2014-02-10 18:19:39

[1911] n	2014-02-10 18:19:39
Pontos, nem rekurzív, nem végtelen szummás általános képletet nem írtak, csak közelítőt, szóval ha pontosan kell, akkor szerintem célszerű a speciális esetekre programot írni. (A konkrét példára, ha minden igaz, 195.9604307809704, ha a 120 a nulladik tag, ha az első, 195.95532757702915.) Egy becslés, ha jól értelmeztem (nem teljesen biztos, kissé fáradt vagyok): *___1 kezdőértékű___ ilyen sorozatra e^2b(n)²-4n/n tart egy konstanshoz (0.574810274671785...), ahol b(n) a sorozat. Ahogy néztem, azt eltérés, ha az első érték az 1, a 10. elemre -0.010916374964937692, a 100.-ra -0.004394777829750618, az 1000.-re -0.0007695696146290398, a 10000.-re -0.0001100303693110094 (itt már kerekítési hibák is felléphettek, sima floating point számokkal dolgoztam lustaságom miatt).
Előzmény: [1910] mihtoth, 2014-02-10 15:32:01

[1910] mihtoth

2014-02-10 15:32:01

Köszönöm!

De az a baj, hogy én az ott leírtakon nem bírtam eligazodni.

Mennyi egy ilyen sorozat 12000-ik elemének értéke, ha a kezdőérték 120?

Üdv: mihtoth

Előzmény: [1909] jonas, 2014-02-10 13:43:41

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?