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]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[1409] Mérilu

2010-10-08 22:11:25

S.o.S.Mekkora a Kerülete annak a háromszögnek? Amelynek az egyik oldala16cm.és a rajta fekvő két szög 56és 72 fok?

Légyszives segítsetek! Köszi

[1408] m2mm	2010-10-07 22:41:29
Próbálkozz teljes indukcióval (de lehet, hogy másképp is kijön).
Előzmény: [1395] David820607, 2010-10-06 16:46:06

[1407] vogel	2010-10-07 20:06:17
Igen, ezt a kifejezést bontottam ki eredetileg.
Előzmény: [1406] Róbert Gida, 2010-10-07 17:03:17

[1406] Róbert Gida	2010-10-07 17:03:17
Amúgy az n-edik tag pont $\frac {\binom{2n}{n}}{2^{2n}}$ -nek a négyzete, így üvölt róla az aszimptotika.
Előzmény: [1404] Tóbi, 2010-10-07 15:26:15

[1405] Róbert Gida	2010-10-07 17:03:02
Létezik.
Előzmény: [1395] David820607, 2010-10-06 16:46:06

[1404] Tóbi	2010-10-07 15:26:15
A Stirling-formulából valóban kijön az n. tagra az $\frac{1}{\pi n}$ becslés, de ha kicsit másképp módosítjuk a tagokat a teleszkópos becslésben, akkor abból is megkapható egy $\frac{1}{2n}$ -es felső becslés.
Előzmény: [1403] Lóczi Lajos, 2010-10-07 12:58:12

[1403] Lóczi Lajos	2010-10-07 12:58:12
Sőt, a Stirling-formulával kapcsolatos becslésekből az is látszik, hogy a Tóbi-féle alsó becslés nagyságrendileg optimális is.
Előzmény: [1399] Tóbi, 2010-10-06 19:00:56

[1402] R.R King	2010-10-06 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] vogel	2010-10-06 20:13:30
Szóval, hányados kritériumot lehet használni divergencia bizonyításához?

[1400] vogel	2010-10-06 19:12:59
Ahaa... Ez jó, kösz.
Előzmény: [1399] Tóbi, 2010-10-06 19:00:56

[1399] Tóbi

2010-10-06 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] vogel	2010-10-06 18:44:00
Abból az jön, hogy a_n+1/a_n tart 1-hez alulról. Lehet, hogy ez elég, kicsit megzavarodtam.
Előzmény: [1397] R.R King, 2010-10-06 18:38:23

[1397] R.R King	2010-10-06 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] vogel	2010-10-06 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] David820607	2010-10-06 16:46:06
Létezik (nem csupa azonos tagból álló) tetszőlegesen hosszú számtani sorozat csupa teljes hatványból?

[1394] Szekér István

2010-10-06 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] Csimby	2010-10-02 22:19:07
Nincs mit, te is segíthetsz nekünk a szomszéd topicban :)
Előzmény: [1392] Khesteg, 2010-10-02 22:09:22

[1392] Khesteg	2010-10-02 22:09:22
Eh...tényleg. Nem vettem észre hogy lehet egyszerűsíteni. Köszi szépen a segítséget :)

[1391] Csimby

2010-10-02 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] Khesteg	2010-10-02 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] Csimby	2010-10-02 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] Khesteg	2010-10-02 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 Péter

2010-09-23 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 $\pi$ ²-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] bily71

2010-09-23 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] bily71	2010-09-23 09:23:50
Vagyis nem a valódi kezdőlépés.
Előzmény: [1384] bily71, 2010-09-23 09:13:30

[1384] bily71	2010-09-23 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 Péter

2010-09-22 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] SAMBUCA	2010-09-22 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] bily71	2010-09-22 16:35:02
Igen. A csúcsok véges számokat reprezentálnak.
Előzmény: [1379] SAMBUCA, 2010-09-22 13:28:46

[1380] Tóbi	2010-09-22 13:34:23
Helyesek a meglátásaid.
Előzmény: [1379] SAMBUCA, 2010-09-22 13:28:46

[1379] SAMBUCA	2010-09-22 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] bily71	2010-09-22 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

[1377] bily71

2010-09-22 12:38:37

Tehát mégegyszer:

(i) a fában ugyanannyi elágazás (csúcs) van, mint valós szám,

(ii) a szintek száma megszámlálhatóan végtelen,

(iii) minden szinten véges sok elágazás van, (az n-edik szinten 10ⁿ darab),

(iv) alkossanak az egy szinten lévő elágazások halmazokat,

(v) megszámlálhatóan végtelen sok véges elemszámú halmaz uniója megszámlálhatóan végtelen sok elemü halmazt eredményez.

Hol a hiba?

Előzmény: [1373] bily71, 2010-09-21 17:47:53

[1376] bily71	2010-09-22 12:18:54
Olvasd el az [1357]-t, az [1362]-t s és az [1365]-t.
Előzmény: [1375] Nánási József, 2010-09-21 20:06:29

[1375] Nánási József	2010-09-21 20:06:29
Kedves bily71! Kérlek írd fel nekem $\frac13$ -ot kétféle tizedestört alakban.
Előzmény: [1353] bily71, 2010-09-20 19:25:18

[1374] Róbert Gida

2010-09-21 20:04:59

$\frac {\pi ^2}{6}=\sum _{n\ge 1}\frac {1}{n^2}=\prod _{p prim} \frac {1}{1-\frac {1}{p^2}}$

Bal oldalt irracionális szám áll, így nem lehet véges sok prím, mert különben a jobboldalt racionális szám állna. Ez klasszikus bizonyítás, de Erdőstől is van egy ilyen bizonyítás.

Előzmény: [1372] bily71, 2010-09-21 17:21:48

[1373] bily71

2010-09-21 17:47:53

"Sirpi módszerrel" megszámlálható, ugyanis minden elágazásnál tizszeresre nő a bejárható utak száma, mivel n elágazás van (n= $\infty$ ), az utak száma 10ⁿ.

1/2 másodperc alatt elszámolok 1-ig, 1/4 alatt 10-ig, 1/8 alatt 100-ig, és igy tovább, vagyis 1 mp. alatt megszámoltam az összes utat :-)

Előzmény: [1353] bily71, 2010-09-20 19:25:18

[1372] bily71

2010-09-21 17:21:48

Mondanál egy példát arra, hogy úgy sikerült bizonyitani valamely természetes számokból álló sorozat végtelen voltát, hogy a tagok reciprokainak részösszegének sorozata irracionális számhoz tart? Egyátalán, hogy lehetünk ebben biztosak, mig nem tudjuk, hogy véges-e, vagy végtelen? (Egy rac. szám lehet két nagyon-nagyon nagy egész szám hányadosa is.)

Én nem azt mondom, hogy közelebb kerülnénk a Brun-konstans problémájának megoldásához, hanem azt, hogy ha tisztáztuk az ikerprim-kérdést, akkor elkezdhetjük a vizsgálódást, addig nem. Ha tévedek, légy szives javits ki, de ne úgy, hogy: "nincs igazad".

Előzmény: [1368] Maga Péter, 2010-09-21 11:36:43

[1371] Maga Péter	2010-09-21 11:56:35
Még egy érdekesség: van olyan végtelen játék, ahol egyik félnek sincs nyerő stratégiája, ami egy kicsit furcsa a véges játékokhoz szokott szemnek. Ennek bizonyítása a kiválasztási axiómán múlik. Ez az egyik szép példája annak, hogy a kiválasztási axióma -- hasson bármily természetesnek -- elég erős, nagyon-nagyon nem természetesnek ható következményekkel bír.
Előzmény: [1370] Maga Péter, 2010-09-21 11:52:51

[1370] Maga Péter	2010-09-21 11:52:51
A válasz az, hogy $\sigma$ ' létezik, azaz az irracionálisba hajtó játékosnak van nyerő stratégiája. Két egyszerű módszere is van. Az egyik az, hogy választ egy irracionális számot, és annak a jegyeit írja be, függetlenül attól, mit tesz a másik. Egy másik módszer pedig az, hogy sorbarendezi a racionális számokat, és az n. lépésében arra figyel, hogy az n. racionális számot elkerülje. Persze mindkettőt meg lehet formalizálni az előző hsz-emben levő módon ( $\sigma$ '-kel).
Előzmény: [1369] Maga Péter, 2010-09-21 11:48:55

[1369] Maga Péter

2010-09-21 11:48:55

A végtelen játék egy absztrakció. Ne úgy képzeld el, hogy két játékos játssza, hanem úgy, hogy minden végtelen tizedestört a Q vagy a Q' halmazban van aszerint, hogy racionális vagy irracionális. A kérdés az, hogy van-e olyan, $\sigma$ (illetve $\sigma$ ' függvény), ami a tizedesvessző utáni első páros sok (páratlan sok) számjegyhez rendel egy számjegyet úgy, hogy a

0, $\sigma$ (Ø)a₂ $\sigma$ ( $\sigma$ (Ø)a₂)a₄ $\sigma$ ( $\sigma$ (Ø)a₂ $\sigma$ ( $\sigma$ (Ø)a₂)a₄)...

(illetve

0,a₁ $\sigma$ '(a₁)a₃ $\sigma$ '(a₁ $\sigma$ '(a₁)a₃)a₅...)

szám minden a₂,a₄,... sorozatra racionális (illetve a₁,a₃,... sorozatra irracionális). A Q és Q' halmazok diszjunktsága miatt $\sigma$ és $\sigma$ ' nem létezhet egyszerre. Kérdés: létezik-e valamelyik, ha igen, melyik?

Előzmény: [1342] bily71, 2010-09-20 14:51:06

[1368] Maga Péter

2010-09-21 11:36:43

,,"Az ikerprímsejtés bebizonyításával semmivel nem jutsz közelebb Brunhoz..."

De igen! (...)''

De nem! RG-nek van igaza. Képzeld azt, hogy bebizonyítottad az ikerprím-sejtést (mondjuk valamelyik bizonyításod jó a szomszéd topicban:P -- bocs, de nem lehetett kihagyni:)). Mivel lettél közelebb a Brun-konstans (ir)racionalitásához? (Nem számítva most egy olyan bizonyítást az ikerprím-sejtésre, amelyik közvetlenül az irracionális reciprokösszeget adja. Egy olyan persze valóban közelebb vinne...)

Előzmény: [1367] bily71, 2010-09-21 09:24:46

[1367] bily71

2010-09-21 09:24:46

"Az ikerprímsejtés bebizonyításával semmivel nem jutsz közelebb Brunhoz..."

De igen! Ugyanis a végtelen sok tag SZÜKSÉGES feltétele az irracionalitásnak. Ha bebizonyosodik, hogy végtelen sok van belőlük, akkor már ELKEZDHETJÜK vizsgálni a Brun-állandót. Pl.: páratlan s esetén a zeta-függvény vizsgálatának azért van értelme, mert TUDJUK, hogy végtelen sok tagú összegről van szó. Véges sok tagnál fel sem merülne a kérdés.

Előzmény: [1366] Róbert Gida, 2010-09-21 01:31:20

[1366] Róbert Gida

2010-09-21 01:31:20

"Ha már tudjuk, hogy végtelen sok van belőlük, akkor már két alternativánk lesz."

? Most is 2 alternativánk van, vagy rac vagy irrac. Az ikerprímsejtés bebizonyításával semmivel nem jutsz közelebb Brunhoz, marad a 2 alternatíva.

Gondolkodásod meg olyan, mintha azt mondanánk, hogy amíg a Marsról nem tudunk mindent addig egyetlen exobolygót se vizsgáljunk az űrteleszkópokkal. Sehol nem tartana a csillagászat.

Előzmény: [1360] bily71, 2010-09-20 21:30:24

[1365] Róbert Gida	2010-09-21 01:30:32
Helyes.
Előzmény: [1362] bily71, 2010-09-20 21:33:50

[1364] bily71	2010-09-20 21:47:35
"Abban igazad van, hogy irrac csak úgy lehet, ha végtelen sok ikerprím van..." Hát pont ezért.
Előzmény: [1355] Róbert Gida, 2010-09-20 20:43:26

[1363] bily71	2010-09-20 21:36:18
Csakhogy az 1 nem szerepel a fában csak 0.999... alakban.
Előzmény: [1361] Fannka, 2010-09-20 21:32:13

[1362] bily71	2010-09-20 21:33:50
Helyesen: a 0-n és az 1-en kivül minden véges tizedes törtet kétszer kaptunk meg.(Már ha az 1 is az).
Előzmény: [1357] Róbert Gida, 2010-09-20 20:52:49

[1361] Fannka	2010-09-20 21:32:13
amúgy a 0.99..=1, és akkor ez is felírható 2 racionálisként
Előzmény: [1357] Róbert Gida, 2010-09-20 20:52:49

[1360] bily71

2010-09-20 21:30:24

Egy egyszerü példa: a négyzetszámok reciprokainak az összege $\pi$ ²/6, irrac. Ha csak az első n négyzetszám reciprok összegét képezzük, akkor rac. számot kapunk. A részösszegek sorozata $\pi$ ²/6-hoz tart, de attól még minden tagja rac. Ha véges sok négyzetszám lenne, akkor egy $\pi$ ²/6-hoz nagyon közeli rac számot kapnánk.

Vagyis, ha véges sok ikerprim van, akkor a Brun-állandó csak rac. lehet. Ha már tudjuk, hogy végtelen sok van belőlük, akkor már két alternativánk lesz.

Előzmény: [1355] Róbert Gida, 2010-09-20 20:43:26

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?