|
|
|
[1915] Cckek | 2007-02-24 10:29:37 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/1532/13_RoJT.jpg) Az egyenlőtlenség igazolása: Legyen
f:(0,1) R, f(y)=y-ln (1-y)+4ln (2-y).
, tehát a függvény szigoruan nő, így
, tehát
y-ln (1-y)+4ln (2-y)>ln 16 az-az
.
|
Előzmény: [1911] Cckek, 2007-02-22 21:43:46 |
|
|
[1913] Lóczi Lajos | 2007-02-23 11:46:57 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/41/1_Hti1.jpg) Jól ismert a binomiális sorfejésbo"l, hogy vannak olyan c1,c2 pozitív állandók, hogy minden, elég kis abszolút értéku" x esetén fennáll az
![1+x/2-c_1 x^2\le \sqrt{1+x} \le 1+x/2+c_2 x^2](keplet.cgi?k=2DC4E02CFD1A06D7)
egyenlo"tlenség; egyébként pl. c1=c2=1 megfelelo" az |x| 1 halmazon.
Ebbo"l a közrefogási elvvel és az
![n-\sum_{k=1}^n \left(1+\frac{k}{2n^2}+c\frac{k^2}{n^4}\right)=
-\frac{(n+1)(2c+4cn+3n^2)}{12n^3}\to -\frac{1}{4}](keplet.cgi?k=E2F7B06B4925891F)
(n![\to](kep/tex/to.gif) ) határértéket felhasználva adódik, hogy a keresett limesz értéke -1/4.
|
Előzmény: [1908] Cckek, 2007-02-22 15:09:59 |
|
|
|
|
[1909] Lóczi Lajos | 2007-02-22 19:41:12 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/41/1_Hti1.jpg) Valaki azt állította, hogy a
![t\mapsto \frac{(1+2x)(1-tx)}{(1+2tx)(1+tx)}](keplet.cgi?k=BC4206ECC267296E)
függvény (t-szerinti) határozott integrálja 0 és 1 között minden pozitív x esetén kisebb 1-nél. Igaza van-e neki?
|
|
|
|
|
[1904] tim20 | 2007-02-22 07:16:52 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/default.jpg) Egy furcsa fa első nap 1,1/2-szeresére nőtt. Másnap az előző nap 1,1/3-szorosára, harmadnap az előző nap 1,1/4-szeresére és így tovább. Hány nap alatt nőtt meg az eredeti magasságának 100-szorosára?
|
|
[1903] Cckek | 2007-02-19 19:35:39 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/1532/13_RoJT.jpg) Nagyon szép. Gratulálok.
|
|
[1902] Lóczi Lajos | 2007-02-19 11:30:24 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/41/1_Hti1.jpg) A kerdeses yn sorozat konvergens:
lathato, hogy minden indexre 0<xn<1. Ezt es a rekurziv definiciot hasznalva adodik, hogy
![0<1-x_{n+1}=\frac{(1-x_n)^2}{(1+x_n)(1+\sqrt{x_n})^2}<
(1-x_n)^2<(1-x_0)^{2^{n+1}}<(1-x_0)^n,](keplet.cgi?k=E35D6B1F2B8170B4)
s igy n 1 eseten
![y_n=\sum_{k=0}^{n-1}(1-x_k)\le \sum_{k=0}^{n-1}(1-x_0)^n< \sum_{k=0}^{\infty}(1-x_0)^n=\frac{1}{x_0},](keplet.cgi?k=C2101BE4FE7B9CF0)
vagyis yn monoton no es felulrol korlatos.
A feladat kituzesehez a motivaciot nyilvan a (gyokvonasra szolgalo) Newton-iteracio adta, hiszen a megadott rekurzio nagyon hasonlit hozza, es a konvergenciasebesseg is olyan ("a helyes tizedesjegyek szama minden lepesben megduplazodik").
|
Előzmény: [1896] Cckek, 2007-02-16 08:26:44 |
|
|
|
|
[1898] HoA | 2007-02-16 14:51:17 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/1191/2_VfJj.jpg) Lehet, hogy elírtad, de mivel mindkét helyen négyszer szerepel a "tucat", a két kifejezés értéke 0,5.tucat4 illetve 6.tucat4 , tehát mindenképpen a második a nagyobb, függetlenül attól, hogy a tucat milyen pozitív számot jelöl.
|
Előzmény: [1895] tim20, 2007-02-16 06:01:09 |
|
[1897] Lóczi Lajos | 2007-02-16 11:30:43 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/41/1_Hti1.jpg) Nyilvan nagyon hasonlo a ket megoldas, de igy utolag megnezve, a megoldasomban valojaban nem is kell kihasznalni, hogy az eredeti an sorozat monoton novo, sem azt, hogy konvergens, csupan azt, hogy mindig (0,1)-ben van (es persze a lenyegi osszefuggest).
|
Előzmény: [1896] Cckek, 2007-02-16 08:26:44 |
|
[1896] Cckek | 2007-02-16 08:26:44 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/1532/13_RoJT.jpg) Sajnálom, elsiettem:)) De az csak jó lehet ha egy feladatra két szép megoldás is van a forumon. Amúgy azt hiszem az an 1,n![\to](kep/tex/to.gif) határértékből és
összefüggésből már következik, hogy pn nullsorozat.
Itt van még egy:
.
Konvergens-e az yn=n-(x0+x1+...+xn-1) sorozat?
|
Előzmény: [1894] Lóczi Lajos, 2007-02-15 11:40:09 |
|
[1895] tim20 | 2007-02-16 06:01:09 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/default.jpg) Melyik a több? Fél tucat tucat tucat tucat, vagy hat tucat tucat tucat tucat? A második vagy az első vagy egyenlőek?
|
|
[1894] Lóczi Lajos | 2007-02-15 11:40:09 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/41/1_Hti1.jpg) Varhattal volna meg egy fel napot a leirassal :) de mivel tegnap 2 orat gondolkodtam a feladaton, beirom az en megoldasomat is.
Jeloljon n mindvegig nemnegativ egeszt. Konnyu latni, hogy an monoton no es minden n-re 0<an<1.
Legyen es szokas szerint p0:=1. A rekurziv osszefuggesbol kapjuk, hogy 1-an+1=(1-a1).pn2.
Mivel 0<pn monoton fogyo, ezert konvergens. Indirekten tegyuk fel, hogy pn p>0. A monotonitas miatt ekkor persze minden n-re pn>p, azaz -pn2<-p2.
Mivel tetszoleges valos x eseten x=1-(1-x) e-(1-x), ezert
![0<p<p_{n+1}\le e^{-\sum_{k=1}^{n+1}(1-a_k)}=e^{-(1-a_1)\sum_{k=0}^{n}p_k^2}\le](keplet.cgi?k=DAAB667DCEA1CA31)
e(1-a1)(-1-p2.n).
Ha most n![\to](kep/tex/to.gif) , a jobb oldal tart 0-hoz. Az adodo ellentmondas mutatja, hogy pn valoban nullsorozat.
|
Előzmény: [1893] Cckek, 2007-02-14 19:51:20 |
|
[1893] Cckek | 2007-02-14 19:51:20 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/1532/13_RoJT.jpg) Ez a feladat túl szép ahoz, hogy megoldatlanul maradjon:
a1 (0,1) Ha ak (0,1) akkor ak+1=ak2(ak-1)+1, de -1<ak-1<0 tehát 1-ak2<ak2(ak-1)+1<1 az-az ak+1 (0,1). A matematikai indukció elve szerint an (0,1), n N.
an+1-an=an3-an2-an+1=(an-1)2(an+1)>0 tehát an növekvő. Legyen an határértéke l. Ekkor l=l3-l2+1,l [0,1] tehát l=1. Tehát létezik egy bn csökkenő sorozat, bn 0 úgy hogy an=1-bn. Írhatjuk:
1-bn+1=(1-bn)3-(1-bn)2+1 bn+1=bn(1-bn)2 ezért
ahonnan tagonként felírva majd összeszorozva kapjuk, hogy
ahonnan .
Tehát
![\lim_{n \to \infty}\left( a_{1}\cdot a_{2}\cdot \cdots \cdot a_{n}\right)=\lim_{n \to \infty}(1-b_{1})(1-b_{2})\cdots (1-b_{n})=\lim_{n \to \infty}\sqrt{\frac{b_{n+1}}{b_{1}}}=0](keplet.cgi?k=2A031C246358F8EC)
|
Előzmény: [1890] Cckek, 2007-02-10 12:44:33 |
|