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]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[499] Káli gúla2008-05-01 23:13:41

A 731. megoldása. A határérték szempontjából mindegy, hogy a \lim \int_{-1}^0 n f^n(x) dx-ben honnan integrálunk 0-ig, hiszen x<-\epsilon esetén |f(x)|<h<1, és így a (-1,-\epsilon) részen az integrandust nhn\to0-val lehet felülről becsülni. Lineáris függvényekre könnyen kiszámolhatjuk az integrált -\epsilon és 0 között:


\int_{-\epsilon}^0 n(kx+1)^n dx =
\frac{n}{n+1} \int_{-\epsilon}^0 (n+1)(kx+1)^n dx =
\frac{n}{n+1} \Big[ \frac1k(kx+1)^{n+1}\Big]_{-\epsilon}^0 =
\frac{n}{n+1} \frac1k(1-q^{n+1}) \to \frac{1}{k} ~~~~~~ (n\to\infty)~.

Ha k1<f '(0)<k2, akkor alkalmas \epsilon mellett a (-\epsilon,0) intervallumon k2x+1\lef(x)\lek1x+1, ezért  \frac{1}{k_2}\le 
\lim_{n\to\infty} \int_{-\epsilon}^0 n f^n (x) dx \le
\frac{1}{k_1}. Tehát a kérdésben szereplő határérték \frac{1}{f~'(0)}, azaz f(x)=x+ex esetén \frac{1}{1+e^0}=\frac{1}{2}.

Előzmény: [486] epsilon, 2008-04-27 10:37:40
[498] epsilon2008-04-30 08:24:11

Nagyszerű nadorp! Ez volt az egyetlen transzformáció ami változatlanul hagyta a nevezőt és a számlálóval is volt mit kezdeni. Természetesen a mezei integrál 4/4-el szorozva, azonnal kijön. Köszi szépen, ez sem volt piskóta, még maradt a 731. amire kiváncsi vagyok, megint egyedi-e a megoldása. A felygyült integráltesókat szerencsére ritkítottam, de ezek keményebb diók voltak Üdv: epsilon

Előzmény: [497] nadorp, 2008-04-29 21:06:23
[497] nadorp2008-04-29 21:06:23

736.

Felhasználva, hogy arc\tg x+arc\tg\frac1x=\frac\pi2 ,az x=\frac1y helyettesítéseel

\int_0^\infty\frac{arc\tg x}{x^2+x+1}dx=\int_0^\infty\frac{arc\tg\frac1y}{y^2+y+1}dy=\int_0^\infty\frac{\frac\pi2-arc\tg y}{y^2+y+1}dy ,azaz

2\int_0^\infty\frac{arc\tg x}{x^2+x+1}dx=\frac\pi2\int_0^\infty\frac{dx}{x^2+x+1}

A jobb oldal már "mezei" integrál, a\int\frac{dx}{(bx+c)^2+1} alakra hozható.

Előzmény: [495] epsilon, 2008-04-29 13:57:56
[496] Róbert Gida2008-04-29 20:56:19

Teljesen igazad van.

Előzmény: [494] Sirpi, 2008-04-29 10:03:01
[495] epsilon2008-04-29 13:57:56

Ha segítene valamit, a 731.-nek a limesz értéke 1/2, próbáltam még Taylor sorral, az sem jött össze, a Newton Binomiális képlet az nem dobja ki az 1/2-öt, tehát ha azzal próbálom, valami összeg limeszeként kellene előálljon, de még mindig a rekurzióval próbálkozom, akár másodrendű is jó lenne...A 736-ot is a 735 mintájáta analóg változcserével, nem alakult úgy egyenlenek, mint a 735, a nevező megváltozott :-(

[494] Sirpi2008-04-29 10:03:01

Na ezt gondold át még egyszer :-) A függvény primitív függvénye valóban csak konstans erejéig meghatározott (legyen F(x)+c), de mivel rögzített intervallumon integrálunk, ezért az integrál értéke pl. az első esetben F(0)+c-F(-1)-c=F(0)-F(-1) teljesen független a konstans megválasztásától - ami nem is csoda, mert az integrál megegyezik ezen az intervallumon a görbe alatti területtel.

Előzmény: [493] Róbert Gida, 2008-04-29 08:57:50
[493] Róbert Gida2008-04-29 08:57:50

Az első és az utolsó limesz persze csak úgy értelmes, hogy az integráloknál az integrációs konstans mindig 0, különben a limesz nem létezik, hiszen csak konstans erejéig meghatározott az integrál.

Előzmény: [492] epsilon, 2008-04-29 06:44:10
[492] epsilon2008-04-29 06:44:10

A 731.-hez ha Valaki egy rekurziós öszefüggést tudna megállapítani, az is elég lene...

[491] epsilon2008-04-28 16:18:35

A 735. is hosszas ütközetek után kinyírva, az x=(2-t)/(1+2t) változócserével egy kiszámítható, meg az eredeti integrál ellentettje lett. Szóval ez sem volt piskót! Még maradt 2, de közben megint gyűlt vagy 10 :-(

[490] epsilon2008-04-28 15:18:50

Elnézést, a 731. feladatban a KÜLSŐ 2 helyett van az n (nem belül, ott e az x hatványon van), amásik esetben úgy van, ahogyan jonas kihangsúlyozta!

[489] jonas2008-04-28 10:46:50

Szerintem függ az n-től, csak nem látszik.

Előzmény: [488] Sirpi, 2008-04-28 10:25:11
[488] Sirpi2008-04-28 10:25:11

A 731-es nincs elírva? Csak mert az integrandus nem függ n-től, ezért az egész kifejezés \lim_{n \to \infty} n\cdot c alakú, ami c-től függően vagy 0 vagy \pm\infty, ráadásul az integrál se nehéz, hiszen csak az e2x-et, x.ex-et és x2-et kell hozzá integrálni, egyikkel sincs gond.

Előzmény: [487] epsilon, 2008-04-28 09:50:50
[487] epsilon2008-04-28 09:50:50

A 734. meglett :-) , szép feladat!

[486] epsilon2008-04-27 10:37:40

Helló!Megint gyűltek keményebb feladatok, a következő integrálok esetén sorra valahol belefulladtam, vagy regény lett a megoldásból :-( ha Valakinek van valami örlete, előre is köszönöm! Üdv: epsilon

[485] epsilon2008-04-25 14:30:03

Hát akkor ezek szerint, a több mint 1000 feladatot tartalmazó könyvből kb ez a 3. hibás (hiányos megfogalmazásu,) feladat.

[484] nadorp2008-04-24 09:52:46

Ekkor Doom megoldását általánosítva k<m<n pozitív egészekre a

qn-(4k+1)qm+(5m-n)qk+(4k-5m+n)=0

egyenletnek kell keresni az összes q\neq1 valós megoldását. Kérdés, hogy mindig van-e?

Pld. k=1 m=2 n=4 esetén q2+2q-2=0 vagy

k=1 m=3 n=5 esetén q3+2q2-2q-6=0

Előzmény: [483] epsilon, 2008-04-23 15:54:54
[483] epsilon2008-04-23 15:54:54

Helló Doom! Úgy fordítottam, és ez alapján úgy értem, hogy mindkét sorozatból összeadjuk pl. az m-edik, n-edik, p-edik, s-edik tagokat, ahol az m, n, p, s nem föltétlen egymás utáni számok.

Előzmény: [482] Doom, 2008-04-23 15:32:13
[482] Doom2008-04-23 15:32:13

Hm, akkor ezt most úgy érted, hogy egyforma indexű, tehát pl. mindkét sorozat 1., 5., 9., 17. tagját adjuk össze?

Előzmény: [481] epsilon, 2008-04-23 14:47:55
[481] epsilon2008-04-23 14:47:55

Helló Doom és Csimby!A feladat fordításból származik, többször is átnéztem, de SEHOL sem ír arról, hogy EGYMÁSUTÁNI tagok lennének, úgy írja, hogy 4 azonos (egyforma) sorszámú (indexű) tagok páronkénti öszegéről van szó! Sajnos ebben az esetben nem látom be a Káli gúla szép megoldásában, hogy az úgy lenne :-( és olyan kár lenne érte :-(

Előzmény: [473] Doom, 2008-04-22 07:31:52
[480] Sirpi2008-04-23 11:20:34

Köszi a válaszokat! Akkor nem is agyalok tovább rajta :-)

[479] HoA2008-04-22 17:54:24

Én is. De ha már lerajzoltam, felteszem a szerkesztés megoldását. Inverzióval egyszerű. Legyen az inverzió középpontja a két nagyobb - ha van - kör ( k1 és k2 ) érintési pontja, alapköre pedig a harmadik körre ( k3 )merőleges. ( piros kör ). Ekkor k3 inverze önmaga, a másik kettőé két párhuzamos, k3-at érintő egyenes (kék) . A szerkesztendő kör inverze érinti k3-t és a két egyenest (zöld). A szerkesztendő érintési pontokat a zöld kör érintési pontjainak az inverzió középpontjából történő vetítésével kapjuk (barna egyenesek).

Előzmény: [478] jonas, 2008-04-22 16:41:19
[478] jonas2008-04-22 16:41:19

Jaj. Elkéstem.

Előzmény: [476] Róbert Gida, 2008-04-22 16:34:31
[477] jonas2008-04-22 16:40:58

Igen, a sugárra egy elég egyszerű képlet van. Coxetertől A geometriák alapjai leírja. A tétel a Descartes Circle Theorem, az explicit képletet pedig a Soddy Circles oldal adja meg.

Ebből következik, hogy a sugár, és így a középpont is, szerkeszthető.

Előzmény: [475] Sirpi, 2008-04-22 14:55:52
[476] Róbert Gida2008-04-22 16:34:31

Ez egy ismert probléma: http://mathworld.wolfram.com/SoddyCircles.html A második formula adja a választ

Előzmény: [475] Sirpi, 2008-04-22 14:55:52
[475] Sirpi2008-04-22 14:55:52

Egy probléma (nem tudom a megoldást, sőt azt se, hogy mennyire nehéz, csak eszembe jutott): Ha egy r1, r2 és r3 sugarú kör páronként kívülről érinti egymást (3 kül. pontban), akkor ki lehet a három sugárral fejezni az őket a) kívülről b) belülről érintő kör sugarát? Esetleg szerkeszthetők a középpontok?

  [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]