[433] nadorp | 2005-11-09 15:29:46 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/default.jpg) Ez a megoldás csak egy adalék, hiszen a példát már megoldottátok. Úgy rémlik, hogy általános esetben is valami hasonló módszerrel kezelik a lánctörteket.
Könnyű látni, hogy igaz az alábbi két állítás:
1. Ha , akkor rn>rn+2 és
2. Ha , akkor rn<rn+2 és
Mivel , ezért r1>r3 és is teljül. Innen indukcióval nyerjük, hogy
Teljesen hasonlóan
A páratlan és páros indexű tagokból álló két sorozat külön külün szigorúan monoton és korlátos, tehát konvergens. Mivel , ezért a hátérték mindkét esetben kielégíti az egyenletet, aminek egyetlen pozitív megoldása a . Ha most "összefűzzük" a két sorozatot, akkor elég nagy n-től kezdve a páros és páratlan indexű elemek mindegyike elég közel lesz -hez ( ez most nem precíz megfogalmazás!!), azaz az eredeti sorozatnak is ez a határértéke.
|
Előzmény: [427] Lóczi Lajos, 2005-11-09 11:26:20 |
|
|
|
|
|
[428] Gubbubu | 2005-11-09 13:46:47 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/182/0_GzDF.jpg) Egy tényleg egyszerűke kis feladat, kisebbeknek (a "szultán és rabok" néven is ismert fa. egy variációja):
Gilgames, Uruk város pateszije (uralkodója), a Legyőzhetetlen Bika, Az Istenek Ereje, Istár Istenasszony Kegyeltje, Győzedelmes Minden Égtájak Seregei Fölött, Kedves Az Égiek Előtt. etc. etc. trónra kerülése után az ilyen alkalmakkor szokásos közkegyelemben részesíti a Borzalmak Háza (az uruki börtön) nyomorult lakóit. Megbízza száz hű emberét, hogy az első mindegyik ajtót nyissa ki, a második minden másodikat zárja be, a harmadik minden harmadikat nyissson ki, a negyedik minden negyediket zárja be ... és így tovább. Mely sorszámú cellák rabjai szabadulnak?
|
|
|
[426] ágica | 2005-11-09 06:18:00 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/default.jpg) Én úgy tudom, hogy egy szám lánctört közelítései konvergálnak az adott számhoz, tehát ezt nem kell bizonyítani :) A -1-nek pedig az 1/n sorozat nem a lánctört-közelítéseinek a sorozata :)
|
Előzmény: [423] Lóczi Lajos, 2005-11-08 23:04:28 |
|
|
[424] Róbert Gida | 2005-11-09 00:32:00 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/1047/0_C27B.jpg) Ez a 80. feladat elég közismert a diofantikus approximáció elméletben, de azért van elemi megoldása is: Nézzük az sorozatot, ahol lnko(pn,qn)=1, ekkor a sorozatból pl. p1=3;q1=2 teljesül. Ekkor a rekurzióból:
![\frac {p_{n+1}}{q_{n+1}}=
1+\frac 1{2+r_n}=1+\frac {1}{1+\frac {p_n}{q_n}}=1+\frac {q_n}{q_n+p_n}=\frac {2 q_n+p_n}{q_n+p_n}](keplet.cgi?k=E860E8118BE72746)
. De mivel lnko(pn,qn)=1 ezért itt a nevező és a számláló relatív prímek, azaz pn+1=2qn+pn és qn+1=qn+pn. Teljes indukcióval könnyen bizonyítható, hogy:
pn2=2*qn2+(-1)n+1
teljesül. Ebből az egyenletből:
![{(\frac {p_n}{q_n})}^2=2+\frac {(-1)^{n+1}}{q_n^2}](keplet.cgi?k=509EB5DEE359060D)
. Mivel a rekurzióból qn szigorúan monoton nő, ezért tart 2-höz, de nyilván ezért tart -höz, azaz az eredeti sorozat -hez.
|
|
[423] Lóczi Lajos | 2005-11-08 23:04:28 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/41/1_Hti1.jpg) Körmönfont :) De azt az állítást, miszerint "n növekedésével az n-edik lánctört közelítés egyre jobban megközelíti -t" hogy lehet bizonyítani? (Ráadásul az, hogy "egyre jobban megközelíti", nem feltétlenül jelenti azt, hogy a limesze is az lenne: pl. -1-et az 1/n sorozat egyre jobban megközelíti...)
|
Előzmény: [422] ágica, 2005-11-08 21:56:41 |
|
[422] ágica | 2005-11-08 21:56:41 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/default.jpg) 80. megoldás: A sorozat első pár tagját kiszámolva adódhat az a sejtés, hogy a keresett határérték . Ennek bizonyításához határozzuk meg az valós szám lánctört közelítéseit. Általánosan, ha irracionális, 1= , és n 1 esetén , ahol qn egyenlő n alsó egész részével, akkor n-edik lánctört közelítése:
.
Ebben az esetben tehát , q1=0, , q2=2.
3-at kiszámolva azt kapjuk, hogy megegyezik 2-vel, tehát q3=q2, így a képzési szabály miatt minden n 2-re és qn=2. Vagyis
,
ami nem más, mint az r sorozat n-1-edik tagja. n növekedésével az n-edik lánctört közelítés egyre jobban megközelíti -t, ami azt jelenti, hogy
.
|
Előzmény: [398] Lóczi Lajos, 2005-10-30 21:17:15 |
|
|
[420] Róbert Gida | 2005-11-06 12:12:51 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/1047/0_C27B.jpg) 81.b feladatra, a sorozatra még egy élesebb egyenlőtlenség is kijött, mint amit a limeszes becslés adna. Eltüntetem először a konstansokat a rekurzióból; szorozzuk a rekurziót -tel, ekkor: Adjunk mindkét oldalhoz -öt és legyen az új sorozat ; ekkor
![g_n=g_{n-1}+\frac 1{g_{n-2}}](keplet.cgi?k=28BCF0296525656A)
, ha n>1 és
Ez a rekurzió, ha a nevezőben gn-1 lenne, akkor pont az 1975. évi 3. Kürschák példa rekurziója volna! Az ottani ötlettel: emeljük négyzetre a rekurziót, kapjuk:
![g^2_n=g^2_{n-1}+\frac 1{g^2_{n-2}}+2\frac{g_{n-1}}{g_{n-2}}](keplet.cgi?k=DA4999BDB823AA1F)
Adjuk össze ezeket az egyenleteket 2-től n-ig, sok tag kiesik, kapjuk:
![g^2_n=g^2_1+\sum_{k=0}^{n-2}\frac 1{g^2_k}+
2\sum_{k=0}^{n-2}\frac {g_{k+1}}{g_k}](keplet.cgi?k=854AA5ED2EA93168) | (1) |
De g1>g0 és a rekurzióból g monoton nő; így a második szumma minden tagja legalább egy:
![g^2_n>g^2_1+2(n-2)=\frac {36}{5}+2(n-2)>2n](keplet.cgi?k=94444D3E9C96420C)
de ez n=0;1-re is teljesül és g tagjai pozitivak, így
![g_n>\sqrt {2n}](keplet.cgi?k=182FC67B5DBBCF86)
teljesül. Pont ebből az alsó becslésből kapjuk a felső becslést. g sorozatra vonatkozó rekurziót k+1-re felírva: , ezt gk-val osztva: , ha k>0. Így az (1) egyenletből:
![g^2_n=g^2_1+\sum _{k=0}^{n-2} \frac 1{g^2_k}+2\sum _{k=1}^{n-2} (1+\frac 1{g_{k-1}g_k})+
2\frac {g_1}{g_0}](keplet.cgi?k=10F0591DCFC3D2B7)
, azaz
![g^2_n=g^2_1+\frac 1{g^2_0}+2\frac 1{g_0g_1}+2(n-2)+2\frac {g_1}{g_0}+\sum _{k=1}^{n-2} \frac 1{g^2_k}+2\sum _{k=2}^{n-2} \frac 1{g_{k-1}g_k}](keplet.cgi?k=A0620098005FF31E)
, g monotonitását és g0,g1 értékét használva kapjuk:
![g^2_n\leq \frac {36}5+5+\frac 53+2(n-2)+12+3\sum _{k=1}^n
\frac 1{g^2_k}](keplet.cgi?k=69341B3AE9174354)
, de , így
![g^2_n<22+
2n+3\sum _{k=1}^n \frac 1{2k}](keplet.cgi?k=58CCB207267825FF)
, ismert, hogy , ha n 0, így
![g^2_n<22+2n+\frac 32(1+\ln (n+1))<2n+24+\frac 32 \ln (n+1)](keplet.cgi?k=9A43DF4407A560EB)
, azaz , de ez n=0;1-re is teljesül, így minden n-re igaz. Visszaírva g definicióját és az alsó becslést is használva, kapjuk:
![-\frac 15+\sqrt {\frac {2n}{5}}<f_n<-\frac 15+
\sqrt {\frac {2n+24+\frac 32 \ln (n+1)}{5}}](keplet.cgi?k=5F4D07D598B9CBC5)
Amiből már látszik a bizonyítandó, sőt ez élesebb becslés is annál.
|
|
[419] Lóczi Lajos | 2005-11-05 23:00:13 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/41/1_Hti1.jpg) Egy kis heurisztika:
átrendezve a rekurzív egyenletet kapjuk, hogy . Fogjuk fel f-et folytonos függvényként. Ekkor a bal oldal körülbelül f '(n), és (némi további elhanyagolással) a következő differenciálegyenletet nyerjük:
![f'(x)=\frac{1}{5f(x)+1}.](keplet.cgi?k=E8A468A1B8E42BBD)
Ezt viszont expliciten meg tudjuk oldani, azt kapjuk, hogy , azaz nagy n-ekre .
|
Előzmény: [418] nadorp, 2005-11-05 13:41:09 |
|
|
|
|
|
[414] lorantfy | 2005-11-01 21:01:10 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/5/1_vlYn.jpg) Kedves Káli gúla!
Ötletes és egyszerű megoldás. Köszönöm! Az enyém túl körülményes.
Felhívom a figyelmedet a 202. feladatra az Érdmatfelben. Egy barátomtól hallottam, aki remélhetőleg hamarosan sakkmester lesz!
|
Előzmény: [413] Káli gúla, 2005-11-01 20:15:01 |
|
[413] Káli gúla | 2005-11-01 20:15:01 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/329/0_vIVV.jpg) Kedves László!
Az jelöléssel az egyenlet x2+y2=11 alakú. A helyettesítésből (*) xy=5(x-y), ezért
x2+y2=(x-y)2+2xy=(x-y)2+10(x-y)=11.
A sugarú kör a (*) hiperbolának csak a jobb oldali ágát metszi, ahol y x, így az 1 és a -11 közül csak az x-y=1 gyök jó. Ezt visszaírva (*)-ba az x(x-1)=5 egyenletet kapjuk, aminek a gyökei .
|
Előzmény: [409] lorantfy, 2005-10-31 13:56:12 |
|
|
[411] Lóczi Lajos | 2005-10-31 17:47:59 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/41/1_Hti1.jpg) Amit írtál az annyit mond: ha feltesszük, hogy a határérték létezik, akkor az értéke csak lehet. (Tehát a limesz létét is meg kellene mutatni, de nem muszáj a definíció alapján, ahogyan írtad, egyszerűbb hivatkozni olyan állításokra, mint pl. "ha egy sorozat monoton és korlátos, akkor konvergens" -- ilyesmit kell keresni pl.)
|
Előzmény: [406] Suhanc, 2005-10-31 10:30:45 |
|
|
[409] lorantfy | 2005-10-31 13:56:12 |
![](https://www.komal.hu/forum/kep/fenykep/5/1_vlYn.jpg) Kedves Attila!
Kösz a szép megoldást! Beírom az én megoldásomat is.
76. megoldása helyettesítéssel:
itt legyen ebből ezt visszaírva az eredeti egyenletbe:
![25 \big (\frac{1-A}{A}\big )^2 +25 (1-A)^2=11](keplet.cgi?k=3B3938F8A7347810)
![\big (\frac{1}{A}-1\big )^2 +(1-A)^2=\frac{11}{25}](keplet.cgi?k=093C89BD7C98CBD8)
![\frac{1}{A^2}-\frac{2}{A}+2-2A+A^2=\frac{11}{25}](keplet.cgi?k=736A443F25476E78)
![\big (A+\frac{1}{A}\big)^2-2\big (A +\frac{1}{A})-\frac{11}{25}=0](keplet.cgi?k=876A765AD86D18C4)
![B=\big (A +\frac{1}{A})](keplet.cgi?k=8250E48D9B92011F)
25B2-50B-11=0
![B_1=\frac{11}{5} \quad B_2=\frac{-1}{5}](keplet.cgi?k=D6FAB38BDD55ECFA)
Az első gyök ad valós megoldást A-ra:
![A_1=\frac{11+\sqrt21}{10}\quad A_2=\frac{11-\sqrt21}{10}](keplet.cgi?k=8FD12FAEF54BC344)
Ezt visszahelyettesítve:
![x_1=\frac{1-\sqrt21}{2}\quad x_2=\frac{1+\sqrt21}{2}](keplet.cgi?k=1C5A8279D8CF734B)
|
Előzmény: [407] jenei.attila, 2005-10-31 11:58:40 |
|