mateforum.ro

Tu cum faci sa compari reale cu complexe?poate lipsesc ceva module pe acolo,mai uita te la solutie.

Exista functii \( f:\ \mathbb{N}\to\mathbb{N} \) astfel incat compusa lui f de ordin 2003 in n sa fie egala cu 5n pt orice n natural?

Problema asta a fost data la gazeta in 2005 cu diferenta ca in loc de 1 era |x-y| si ideea de rezolvare e aceeasi (cred).

Problema am primit-o la un examen si profu a dat o solutie in care folosea teorema bazei incomplete care zice ca daca ai E un spatiu vectorial de dimensiune finita, sa zicem n, peste un corp K si ai L=\{y_1,\dots,y_p\} o familie libera in E atunci se poate completa L cu n-p vectori din E ca sa obtin...

Fie A o matrice patratica de ordin n cu coeficienti complecsi. Sa se gaseasca toate matricile A astfel incat pt orice matrice M de ordin n si coeficienti complecsi sa avem det(A+M)=det(A)+det(M).

Si mai simplu: presupui ca exista f o astfel de bijectie, notezi S_n sumele partiale ale seriei. Acum faci S_{2n}-S_n=\sum_{n+1}^{2n}\frac{f(k)}{k^2}\geq \frac{1}{4n^2}\cdot \sum_{n+1}^{2n} f(k) . Evident cum f bijectie de la N la N, suma de la n+1 la 2n din f(k) este cel putin 1+2+3+...+n-1=n(n-1)/...

Daca tot vorbeam de sumarea pe pachete si de seria armonica generalizata haideti sa va propun o problema:

Sa se studieze, dupa valorile lui a real, seria cu termenul general \( \frac{(-1)^{[\sqrt{n}]} }{ n^a} \), unde [] este partea intreaga.

Da, marfa. Am uitat de criteriul de care zici tu, e foarte folositor la serii. Chiar si demonstratia crieteriului e simpa. Grupezi pe pachete de cate \( 2^k \) si majorezi fiecare pachet ca doar termenul general descreste.

Daca p<=0, atunci seria e minorata de seria armonica (seria de termen general \frac{1}{n} ) deci in acest caz seria Bertrand diverge. Daca p>0, atunci functia f:[2,+\infty]-> R_{+}^{*} , f(x)=(1/x)(ln(x)^p) , este continua si descrescatoare, deci pentru orice k\geq2 avem \int^{k+1}_{k}[1/(x(ln(x)^p)...