mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 14, 2009 12:51 am**

Να αποδείξετε ότι:
$\displaystyle 98<\frac{3}{4}+\frac{8}{9}+\frac{15}{16}+\cdots+\frac{9999}{10000}<99$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 14, 2009 9:17 am**

$\displaystyle 98<\frac{3}{4}+\frac{8}{9}+\frac{15}{16}+\cdots+\frac{9999}{10000}<99 \Leftrightarrow$

$\displaystyle 98<\underbrace{[1-\frac{1}{2^2}]+[1-\frac{1}{3^2}]+[1-\frac{1}{4^2}]+\cdots+[1-\frac{1}{100^2}]}_{99}<99 \Leftrightarrow$

$\displaystyle 98 < 99-\Big(\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots+\frac{1}{100^2}\Big)<99$

το οποίο ισχύει αφού
$\displaystyle \Big(\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots+\frac{1}{100^2}\Big)<1$ και $\displaystyle \Big(\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots+\frac{1}{100^2}\Big)>0$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 14, 2009 10:28 am**

Εξαιρετική λύση, πολύ ωραία.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 14, 2009 10:42 am**

kostas136 έγραψε:Εξαιρετική λύση, πολύ ωραία.

ευχαριστώ

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 14, 2009 11:06 am**

Απομένει να αποδείξουμε ότι $\displaystyle\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+\cdots+\frac{1}{100^2}<1$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 14, 2009 11:12 am**

nicolae έγραψε:Απομένει να αποδείξουμε ότι $\displaystyle\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+\cdots+\frac{1}{100^2}<1$

θέλει και αυτό απόδειξη;;;δεν ισχύει;

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 14, 2009 11:14 am**

joulia1961 έγραψε: $\displaystyle 98<\frac{3}{4}+\frac{8}{9}+\frac{15}{16}+\cdots+\frac{9999}{10000}<99 \Leftrightarrow$

$\displaystyle 98<\underbrace{[1-\frac{1}{2^2}]+[1-\frac{1}{3^2}]+[1-\frac{1}{4^2}]+\cdots+[1-\frac{1}{100^2}]}_{99}<99 \Leftrightarrow$

$\displaystyle 98 < 99-\Big(\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots+\frac{1}{100^2}\Big)<99$

το οποίο ισχύει αφού
$\displaystyle \Big(\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots+\frac{1}{100^2}\Big)<1$ και $\displaystyle \Big(\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots+\frac{1}{100^2}\Big)>0$

Πως ομως προκυπτει η πρωτη ανισοτητα? (Υποθετουμε πως δεν εχουμε υπολογιστες στην διαθεση μας.)

Ο γρηγορος, μη στοιχειωδης, τροπος βασιζεται στο οτι το δοθεν αθροισμα ειναι μικροτερο του ολοκληρωματος της 1/(χ^2) απο το 1 ως το 100, που βεβαια δεν ειναι αλλο απο το -1/100 - (-1/1) = 99/100 < 1.

Χωρις ολοκληρωση, χρειαζομαστε καποιο Ν τετοιο ωστε

[1/(2^2) + 1/(3^2) + ... + 1(Ν^2)] + (99-Ν)/((Ν+1)^2) < 1

[Ο δευτερος ορος ειναι ανω φραγμα για το 1/((Ν+1)^2) + ... + 1/(99^2) -- 99-Ν οροι μικροτεροι του πρωτου.]

Πως βρισκουμε ενα τετοιο Ν? Ενας τροπος ειναι να προσπαθησουμε να κανουμε τον καθενα απο τους δυο ορους μικροτερο του 1/2, να εχουμε δηλαδη [1/(2^2) + 1/(3^2) + ... + 1(Ν^2)] < 1/2 και (99-Ν)/((Ν+1)^2) < 1/2. Για την δευτερη ανισοτητα βλεπουμε οτι ισχυει ηδη για Ν = 13, οποτε πολυ θα θελαμε να εχουμε και 1/(2^2) + ... + 1/(13^2) < 1/2. Συνηθως δεν ειμαστε τοσο τυχεροι, αλλα σ' αυτην την περιπτωση ο ευκολος δρομος υπαρχει:

1/(2^2) + ... + 1/(13^2) < [1/(2^2) + ... + 1/(6^2)] + 7/(13^2) = 386/900 + 7/169 < 4/9 + 1/20 = 89/180 < 1/2

Βεβαιως υπαρχουν παμπολλες παραλλαγες αυτης της λυσης (διαφορετικα Ν, διαφορετικες προσεγγισεις) ... αλλα ας θυμομαστε πως δεν μας επιτρεπεται η χρηση υπολογιστη

Γιωργος Μπαλογλου

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 14, 2009 11:21 am**

nicolae έγραψε:Απομένει να αποδείξουμε ότι $\displaystyle\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+\cdots+\frac{1}{100^2}<1$

Απόδειξη 1: Είναι γνωστό ότι $\displaystyle 1 + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + \cdots = \frac{\pi^2}{6}$ , άρα $\displaystyle\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+\cdots+\frac{1}{100^2}< \frac{\pi^2}{6} - 1 < \frac{10}{6} - 1 < 1$ .

Απόδειξη 2: $\displaystyle\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+\cdots+\frac{1}{100^2} < \left(\frac{1}{2^2} + \frac{1}{2^2} \right) + \left( \frac{1}{4^2} + \cdots + \frac{1}{4^2} \right) + \cdots \\ = \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8} + \cdots = 1.$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 14, 2009 11:32 am**

Απόδειξη 3

Για κάθε $n\in\mathbb{N},$ με n>1

είναι $\displaystyle\frac{1}{n^2}<\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 14, 2009 11:37 am**

Καλημέρα! Καλό Πάσχα σε όλους!

Και μια άλλη απόδειξη,

$\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\ldots+\frac{1}{100^2}<\frac{1}{1\cdot2}+\frac{1}{2\cdot3}+\ldots+\frac{1}{98\cdot99}+\frac{1}{99\cdot100}=$
(Χρησιμοποιώντας την $\frac{1}{(n-1)n}=\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}$ ,)
$=\frac{1}{1}-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\ldots+\frac{1}{98}-\frac{1}{99}+\frac{1}{99}-\frac{1}{100}=1-\frac{1}{100}=\frac{99}{100}.$

Νικόλαος Κατσίπης

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 14, 2009 11:57 am**

Καλημέρα σας
Συγνώμη, αλλά τέτοια θέματα μπορούν να τα λύσουν μαθητές γυμναίου που ασχολούνται με ολυμπιάδες

;;(Εγώ το έλυσα με το ολοκλήρωμα...)Έτσι όπως είναι χωρίς βοηθητικά υποερωτήματα;;;Sorry αλλά είμαι άσχετος από ολυμπιάδες και έχω αυτήν την απορία

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 14, 2009 1:13 pm**

mathxl έγραψε:Καλημέρα σας
Συγνώμη, αλλά τέτοια θέματα μπορούν να τα λύσουν μαθητές γυμναίου που ασχολούνται με ολυμπιάδες ;;(Εγώ το έλυσα με το ολοκλήρωμα...)Έτσι όπως είναι χωρίς βοηθητικά υποερωτήματα;;;Sorry αλλά είμαι άσχετος από ολυμπιάδες και έχω αυτήν την απορία

Θεωρητικα ο καθε μαθηματικος διαγωνισμος απευθυνεται σε μαθητες με καποιο συγκεκριμενο συνολο γνωσεων 'προβλεπομενο' απο την ηλικια τους. Στην πραξη οι μαθηματικα προικισμενοι μαθητες διαβαζουν μονοι τους περα απο τα μαθηματικα της ταξης τους, οποτε δεν ειναι ευκολο για τους θεματοδοτες να βρουν θεματα (και, κυριως, μεθοδους λυσης) εντελως αγνωστα σ' αυτους τους προχωρημενους μαθητες.

Στο συγκεκριμενο προβλημα, για παραδειγμα, ψαχνουμε για μαθητες που, αν και δεν εχουν διδαχτει ποτε σειρες και τηλεσκοπικα αθροισματα, θα σκεφθουν 'εκεινη την στιγμη' οτι 1/(ν^2) < 1/(ν-1) - 1/ν. Ομως ενας τοσο εξυπνος μαθητης ειναι αρκετα πιθανο να ειναι ηδη τοσο προχωρημενος που θα εχει ηδη μελετησει αθροισματα σειρων (αν οχι και ολοκληρωματα).

Εδω ταιριαζει να αναφερουμε το παραδειγμα του Gauss ... που σε πολυ τρυφερη ηλικια υπολογισε, μεσα στην ταξη, το αθροισμα 1 + 2 + ... + 99 + 100 = (1 + 100) + (2 + 99) + ... + (50 + 51) = 50*101 = 5050

Γιωργος Μπαλογλου

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 14, 2009 1:44 pm**

joulia1961 έγραψε: $\displaystyle 98<\frac{3}{4}+\frac{8}{9}+\frac{15}{16}+\cdots+\frac{9999}{10000}<99 \Leftrightarrow$

$\displaystyle 98<\underbrace{[1-\frac{1}{2^2}]+[1-\frac{1}{3^2}]+[1-\frac{1}{4^2}]+\cdots+[1-\frac{1}{100^2}]}_{99}<99 \Leftrightarrow$

$\displaystyle 98 < 99-\Big(\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots+\frac{1}{100^2}\Big)<99$

Φωτεινή, γιατί βάζεις ισοδυναμίες; Τα «αρκεί»( δηλαδή οι συνεπαγωγές από αριστερά προς τα δεξιά) είναι αυτές που χρειάζεσαι για να κάνεις τη λύση. Οι συνεπαγωγές από τα αριστερά προς τα δεξιά δεν χρησιμοποιούνται στη λύση. Αν τις γράφεις μόνο και μόνο επειδή ισχύουν, τότε θα έπρεπε να γράψεις και το θεώρημα του Πυθαγόρα ( και όχι μόνο) γιατί και αυτό ισχύει αλλά δεν χρησιμοποιείται στην λύση.
Θα μου πεις αφού ισχύουν πειράζει που τις γράφω; Ναι Φωτεινή, γιατί και το θεώρημα του Πυθαγόρα ισχύει, θα πείραζε να το γράψεις; Το σπουδαιότερο όμως είναι το εξής: Φαντάζεσαι σε μια άλλη περίπτωση να μην ισχύει μια από τις συνεπαγωγές που δεν χρειάζεται στη λύση; Τότε, δεν θα λύσεις την άσκηση γιατί θα «κολλήσεις» σε κάτι που δεν χρειάζεσαι!!! Αυτός είναι κυρίως ο λόγος που επιμένω.

Ίσως να συναντηθούμε τις γιορτές. Αν όχι καλό Πάσχα.
Με εκτίμηση.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 14, 2009 2:19 pm**

Α.Κυριακόπουλος έγραψε: .........
....................
Ίσως να συναντηθούμε τις γιορτές. Αν όχι καλό Πάσχα.
Με εκτίμηση.

κύριε Αντώνη ,σας εύχομαι Καλό Πάσχα

( θα περιμένω τηλέφωνο να συναντηθούμε και να τα πούμε από κοντά )

mathematica.gr

98<99

98<99

Re: 98<99

Re: 98<99

Re: 98<99

Re: 98<99

Re: 98<99

Re: 98<99

Re: 98<99

Re: 98<99

Re: 98<99

Re: 98<99

Re: 98<99

Re: 98<99

Re: 98<99