|
[456] Káli gúla | 2005-11-16 23:29:23 |
Ha mínuszból páratlan sok van, akkor valamelyik pozitív együtthatós hármasban is páratlan sok mínusz van. Ha mínuszból páros sok van, akkor valamelyik negatív együtthatós hármasban is páros sok van.
|
Előzmény: [455] Róbert Gida, 2005-11-16 22:51:06 |
|
[455] Róbert Gida | 2005-11-16 22:51:06 |
Jó megoldás, először én is így csináltam n>3-ra, és n=3-ra végignéztem számítógéppel az 512 esetet, ez persze nem sok egy mai számítógéppel, kevesebb mint 1 másodperc alatt lefut. Aztán észrevettem egy számolás mentes bizonyítást n=3-ra! Mi lenne az?
|
Előzmény: [454] Lóczi Lajos, 2005-11-16 22:36:09 |
|
[454] Lóczi Lajos | 2005-11-16 22:36:09 |
Mivel csak az előjel számít, feltehető, hogy minden elem a mátrixban +1 vagy -1.
n=2-re lehet minden kifejtési tag pozitív, pl. a bal alsó sarokban -1, a többi +1.
n=3-ra összesen 29-féle 1 mátrix van, ezeket szisztematikusan végigvizsgálva 32-féle különböző "kifejtési tag 6-os" adódik, ám mindegyik tartalmaz legalább egy (-1)-est, ÉS +1-est, tehát a kívánt tulajdonságú 3x3-as mátrix már nincs.
És nincs n>3 esetén sem, mert -- pl. első sor szerint kifejtve -- a kifejtési tétel szerint ezt az nxn-es determinánst felírhatjuk n db (n-1)x(n-1)-es determináns előjeles összegeként, de akármelyik ilyen eggyel kisebb determináns kifejtésében lesz előjelváltás, tehát az eredeti nxn-es mátrix első sorát akárhogyan is választjuk meg 1-ek közül, az n db (n-1)! tagból álló kupac mindegyikében lesz előjelváltás.
|
Előzmény: [450] Róbert Gida, 2005-11-16 19:42:03 |
|
|
|
|
[450] Róbert Gida | 2005-11-16 19:42:03 |
87. feladat Egy nxn-es mátrix determinánsának a kifejtésénél azt a meglepő dolgot tapasztaltuk, hogy mind az n! darab tag pozítiv, milyen n-re lehetségez ez?
|
|
[449] Lóczi Lajos | 2005-11-16 12:12:26 |
86. feladat. Legyen n pozitív egész. Az alakú számok között melyik a legnagyobb?
|
|
|
[447] Róbert Gida | 2005-11-16 00:58:20 |
Azért nem kellenek komoly eszközök ehhez.
Tovább számolva: legyen n>1 ekkor
teljesül, hiszen könnyen bizonyíthatóan Leibnitz sor a binomiális sor részletösszegeinek sorozata, így most az első 5 tag egy felső becslést ad. Az egyenlőtlenség jobb oldalára pedig alsó becslést adva: , ( ha nagy n-re akarnám belátni akkor elég lenne 4 tagot venni ) azaz elég belátni:
Rendezve és 6n7-tel szorozva kell: 2n4-4n3+4n2+n-9>0 kell, ami n>1-re triviálisan teljesül. Így beláttuk a feladatot.
Kétségtelen kicsit számolós, de ezt szerencsére a Maple végezte el.
|
Előzmény: [446] Lóczi Lajos, 2005-11-15 21:53:28 |
|
[446] Lóczi Lajos | 2005-11-15 21:53:28 |
Azért szerintem ide kicsit komolyabb eszközök kellenek, mint az első pár tag. Egy standard módszer: (n-nek semmi jelentősége, hogy egész, ezért x-et írva)
vegyünk logaritmust és rendezgessünk egy kicsit, elegendő belátni, hogy x>1 esetén
Könnyen látható, hogy f limesze 1-ben jobbról +, a végtelenben pedig 0. Továbbá
tehát f konvex. Ezek miatt f pozitív és az egyenlőtlenséget beláttuk.
|
Előzmény: [444] Ali, 2005-11-15 14:40:53 |
|
[445] jonas | 2005-11-15 20:59:39 |
Szép feladat.
Próbáltam a bal oldalt becsülni az első három taggal:
(ha n elég nagy ), de ez már nagyobb a jobb oldalnál. Gondolkozom még rajta.
|
Előzmény: [444] Ali, 2005-11-15 14:40:53 |
|
[444] Ali | 2005-11-15 14:40:53 |
Lehet, hogy nem ujjgyakorlat ?
85. feladat.
Biz.be, hogy n>1 egész esetén
|
|
|
|
|
|
[439] ágica | 2005-11-12 18:24:54 |
A feladatban szereplő kifejezés ekvivalens a következővel:
ahol , tehát ha bebizonyítjuk, hogy ez az egyenlőség igaz, azzal az állítást is belátjuk.
A kifejezést még tovább alakíthatjuk:
Ebből pedig kapjuk, hogy
Trigonometrikus összefüggéseket felhasználva:
Így az előző egyenletből átrendezés és a-val való leosztás után kapjuk:
Ebbe a-t visszahelyettesítve látjuk, hogy az egyenlőség igaz, és mivel végig ekvivalens átalakításokat végeztünk, ezért az eredeti állítás is igaz volt.
|
Előzmény: [438] Lóczi Lajos, 2005-11-12 01:21:06 |
|
[438] Lóczi Lajos | 2005-11-12 01:21:06 |
84. feladat. Azt állítom, hogy az aranymetszés arányszáma felírható az alábbi alakban is:
Bizonyítsuk be vagy cáfoljuk meg az állítást.
|
|
|
|
[435] Káli gúla | 2005-11-09 16:00:42 |
A konvergenciához valahogy be kell látni (ld. 424), hogy a szomszédos törtek különbségében a számláló 1. Ebből --csak a kacifántosság kedvéért-- egyszerűen belátható, hogy a limesz, azaz irracionális.
|
Előzmény: [432] Ali, 2005-11-09 15:10:08 |
|
[434] nadorp | 2005-11-09 15:36:07 |
Bocs,nem láttam az előző négy hozzászólást (éppen TeX-eltem). Ennek tudtában nem részletezek ennyit.
|
|
[433] nadorp | 2005-11-09 15:29:46 |
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 |
|