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.

[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.

[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

[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

[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!

[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

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

[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

[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

[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

[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:)

[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?

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

[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

[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.)

[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

[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

[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

[1895] Sinobi	2013-10-06 00:23:47
d is, és a1-A1/N is 1/N közelében vannak. Ez így nem lesz jó.
Előzmény: [1894] w, 2013-10-05 22:43:17

[1896] w	2013-10-06 09:02:37
Aha. Jó, akkor racionálisokra legalább már működik :).
Előzmény: [1895] Sinobi, 2013-10-06 00:23:47

[1897] w	2013-10-06 09:06:07
Melyik feladat bizonyításához akarod ezt felhasználni?
Előzmény: [1888] Sinobi, 2013-10-05 13:15:24

[1898] Inverz	2013-10-11 11:37:18
Egy feladat megoldásában szeretnék segítséget kérni. Az 1976-os matematika OKTV 2. fordulójában az 1. feladat volt a 3. kategóriás diákoknak: Adott egy háromszög. Határozzuk meg a belsejében - esetleg valamelyik oldalán - azt a pontot, amelynek az oldalakra vonatkozó tükörképei által meghatározott háromszög területe maximális!

[1899] w

2013-10-11 19:26:43

Legyen a szóban forgó háromszög $ABC_\Delta$ , oldalai a,b,c, szögei $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ . Legyen a gondolt belső pont P, melynek távolsága a BC, CA, AB oldaltól x,y,z. P tükürképét a BC, CA, AB oldalra A_P, B_P, C_P jelöli.

Az A_PB_PC_P $\Delta$ területe PA_PB_P, PB_PC_P és PC_PA_P területösszege. Például PA_PB_P területe

$\frac{PA_P\cdot PB_P\cdot\sin(\pi-\gamma)}{2}=\frac{2x\cdot2y\cdot\sin\gamma}2=2xy\sin\gamma$ , a többi háromszög területe hasonlóan kapható. Ezt a területösszeget $\frac{c}{2\sin\gamma}$ konstanssal megszorozva, a szinusztétel szerint F:=xyc+yza+zxb adódik. Ezt szeretnénk maximalizálni ax+by+cz=2^.T_ABC=k konstans kitétel mellett. Innen már csak algebra.

Előzmény: [1898] Inverz, 2013-10-11 11:37:18

[1900] Inverz	2013-10-11 19:40:39
Köszönöm a segítséget!

[1901] koma

2013-10-13 19:30:11

Sziasztok,

ha valaki tud, kérem segítsen az alábbi feladatok megoldásában:

1, az alábbi függvények mi az inverze ?: $f(x)= \frac{2x+3}{4x+5}$

2, Oldjuk meg a következő egyenletrendszert:

$x^\sqrt y$ =y

$y^\sqrt y$ =x⁴

3, Oldjuk meg a következő egyenletrendszert:

64^2x+64^2y=12

$64^{x+y} = 4 \sqrt 2$

Köszönöm szépen a segítséget

[1902] w

2013-10-13 20:30:14

1. $y=\frac{2x+3}{4x+5}$ --> 4xy+5y=2x+3, x(4y-2)=3-5y, $x=\frac{3-5y}{4y-2}$ . Tehát $f^{-1}(x)=\frac{3-5x}{4x-2}$ . Kérdés, hogy mi az értelmezési tartomány?

2. Emeld az első egyenletet $\frac1{\sqrt y}$ -odik hatványra, majd helyettesíts a második egyenletbe.

3. A második egyenletből megkapod x+y-t, fejezd ki y-t, majd írd bele az elsőbe.

Előzmény: [1901] koma, 2013-10-13 19:30:11

[1903] Viking

2013-10-14 16:43:09

Sziasztok!

Matematikus gondolkodással ki, hogyan tudja igazolni vagy cáfolni... Egy 9x9-es sudoku tábla helyes kitöltéséhez elegendő feltétel-e, hogy minden sor, minden oszlop, illetve minden egyes "kis" négyzet esetén igaz, hogy a benne lévő számjegyek összege 45?

[1904] n	2013-10-14 17:12:13
Legegyszerűbb cáfolat: a csupa 5-ös négyzetre 45 az összeg, de mégse szabályos a sudokuban. És ugyebár 1 ellenpélda tökéletesen elég az állítást cáfolni.
Előzmény: [1903] Viking, 2013-10-14 16:43:09

[1905] Viking	2013-10-14 17:24:08
Nagyon jó példa, köszönöm szépen!
Előzmény: [1904] n, 2013-10-14 17:12:13

[1906] epszi

2013-11-04 21:07:18

Az lenne a kérdésem, hogy miért működik ez a gyökvonásos trükk? $\sqrt{7225}=?$ (ezt a változatot az internet bugyraiból kerestem, de magát a módszert Arthur Benjamin Fejszámolás c. könyvében olvastam.)

7225 négyzetgyökének kiszámítása papíron:

Balról jobbra haladva veszem az első két számot és megnézem melyik az a legnagyobb szám amelynek a négyzete megvan a hetvenkettőben.

72'25=

Az a szám a 8 mert 8-nak a négyzete 64 . Leírom az egyenlőség jel után a 8-t és leírom a hetvenkettő alá a 8 négyzetét (64).

72'25=8 64 A 64-et kivonom a 72-ből és leveszem a következő két számjegyet.

72'25=8 (hányados) 72'25=8 (hányados) 64 64 08 (maradvány) 825

A kapott számjegyet ( 825) elosztom a hányados kétszeresével (16) úgy, hogy letakarom az utolsó számjegyet (5-t) és megnézem hányszor van meg a kapott értékben (82-ben). Ahányszor megvan az lesz a hányados mutatója. A mutató az öt lesz, mert 82-ben a tizenhat megvan 5-ször. 72'25=8 64 825:16 (82:16=5)

A hányados mutatót leírom a hányados kétszerese után (165 lesz) és ezt az értéket megszorzom a hányados mutatójával (5). 72'25=8 72'25=8 64 64 825:16 825:165*5

A kapott értéket kivonom a maradványból(825). Ha a szorzat értéke az a legnagyobb szám amely még megvan a 825-ben, akkor A hányados mutató értékét felírom a hányadosba.

72'25=85 Tehát a 7225- nek a négyzetgyöke 85 64 825:165*5 ( 165*5=825) 825 000 Ha a maradék nem nulla, akkor a hányadosban kiteszem a tizedesvesszőt és leveszem a következő két számot.

[1907] HoA

2013-11-05 16:07:53

A "működés" magyarázata az, hogy ha egy négyjegyű N számról megállapítom, hogy egy 10k szám négyzeténél nagyobb, akkor valamilyen (10k+x) négyzete lesz vagy nagyobb, N $\ge$ 100k²+20kx+x² . Levonva k² -et N-100k² $\ge$ 20kx+x²=(20k+x)x Amikor a "72 alá írom és levonom a 64-et és leveszem a következő két számjegyet", akkor tkp. 7225 - ből vonom ki a 6400-at. Ennek kell egyenlőnek ( vagy nagyobbnak ) lenni mint (20k+x)x , vagyis (160+x)*x. Több jegyre a gondolatmenet folytatható.

A leíráshoz két javítás:

Nem balról jobbra, hanem jobbról balra kell kettes csoportokra osztani a szám jegyeit. Páros számú számjegynél, mint itt is, mindegy, de 37225 négyzetgyökének számítását nem a 37-tel kell kezdeni, hanem 3-mal.

A "mutató" keresése úgy hogy letakarom az utolsó számot, csak tájékoztató, nem biztos hogy megfelel. Például ha egy számításban odáig jutok, hogy 815:16x*x -et kell vennem, akkor a letakarás [81/16] = 5-öt ad, de 165*5 > 815, tehát csak 4-et vehetek.

Előzmény: [1906] epszi, 2013-11-04 21:07:18

[1908] mihtoth	2014-02-10 13:11:29
Adott az alábbi rekurzió: a(n+1)=a(n)+1/a(n) Hogyan lehet megadni az n-ik tag kiszámításának képletét, ha ismerjük az első tagot?

[1909] jonas	2014-02-10 13:43:41
Lásd A073833, ami ad egy közelítő képletet.
Előzmény: [1908] mihtoth, 2014-02-10 13:11:29

[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

[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

[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

[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

[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

[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

[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

[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

[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

[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

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

[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.

[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

[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.

[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

[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!

[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

[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

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?