Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Fórum: Érdekes matekfeladatok

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]    [31]    [32]    [33]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]    [39]    [40]    [41]    [42]    [43]    [44]    [45]    [46]    [47]    [48]    [49]    [50]    [51]    [52]    [53]    [54]    [55]    [56]    [57]    [58]    [59]    [60]    [61]    [62]    [63]    [64]    [65]    [66]    [67]    [68]    [69]    [70]    [71]    [72]    [73]    [74]    [75]    [76]    [77]    [78]    [79]    [80]    [81]    [82]    [83]    [84]    [85]    [86]    [87]    [88]    [89]    [90]    [91]    [92]    [93]    [94]    [95]    [96]    [97]    [98]    [99]    [100]    [101]    [102]    [103]    [104]    [105]    [106]    [107]    [108]    [109]    [110]    [111]    [112]    [113]    [114]    [115]    [116]    [117]    [118]    [119]    [120]    [121]    [122]    [123]    [124]    [125]    [126]    [127]    [128]    [129]    [130]    [131]    [132]    [133]    [134]    [135]    [136]    [137]    [138]    [139]    [140]    [141]    [142]    [143]    [144]    [145]    [146]    [147]    [148]    [149]    [150]    [151]    [152]    [153]    [154]    [155]    [156]    [157]    [158]    [159]    [160]    [161]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[1474] nadorp2006-11-01 09:14:36

Ha n=2, akkor a^2+\frac1{a^2}=\left(a+\frac1a\right)^2-2

Ha pedig n\geq3 ,akkor

a^{n+1}+\frac1{a^{n+1}}=\left(a^n+\frac1{a^n}\right)\left(a+\frac1a\right)-\left(a^{n-1}+\frac1{a^{n-1}}\right)

Előzmény: [1473] phantom_of_the_opera, 2006-10-31 23:28:19
[1473] phantom_of_the_opera2006-10-31 23:28:19

Tehát ha jól sejtem, akkor a jobb oldalon: \binom{k+1}{0}a^{k+1}+\binom{k+1}{k+1}\frac{1}{a^{k+1}} áll, a bal oldalon pedig \binom{k+1}{1}a^{k-1}+\binom{k+1}{k}a^{1-k}+\binom{k+1}{2}a^{k-3}+\binom{k+1}{k-1}a^{3-k} stb. Bakker. Végül is miután rájöttem, hogy a^{k-3}+\frac{1}{a^{k-3}} azért kell hogy egész legyen, mert k-3<k, és k-ig az indukciós feltétel miatt igaz, innen már rendben van. Csak mire ez eljutott a tudatomig...

Köszönöm szépen a szíves felvilágosítást.

Előzmény: [1472] Cckek, 2006-10-31 23:03:18
[1472] Cckek2006-10-31 23:03:18

Tehát ez az indukció egy formája. Az állítás igaz 1,2,..k-ra és ezekből kóvetkezik, hogy igaz k+1 re akkor igaz minden n-re P(k):a^k+\frac{1}{a^k}\in Z igaz \left(a+\frac{1}{a}\right)^{k+1}=\sum_{p=0}^{k+1}{C_{k+1}^pa^{k+1-2p}} Ebben a szélektől egyenlő távolságra levő tagokat csoportosítod majd az a^{k+1}+\frac{1}{a^{k+1}} tagon kivül átviszed a baloldalra.A baloldal egész lesz:)

Előzmény: [1471] phantom_of_the_opera, 2006-10-31 22:45:38
[1471] phantom_of_the_opera2006-10-31 22:45:38

Azzal próbálkoztam, ilyen (a+\frac1a)^n-szerű képletekkel, és meg is jelenik a keresendő tag, de nem csak n-nel, hanem az összes 1..n-ig terjedő hatvánnyal... ha tényleg olyan egyszerű, nem írnád le 1-2 sorban?

Előzmény: [1470] Cckek, 2006-10-31 22:36:37
[1470] Cckek2006-10-31 22:36:37

Egyszerűen indukcióval és a binomális képlettel. A megfelelő tagokat csoportosítsd.

Előzmény: [1469] phantom_of_the_opera, 2006-10-31 22:26:19
[1469] phantom_of_the_opera2006-10-31 22:26:19

Ismét a segítségeteket kérném a következő feladattal kapcsolatban: tegyük fel, hogy a valós, és a+\frac{1}{a} egész. Bizonyítsuk be, hogy ekkor bármely n természetes számra a^n+\frac{1}{a^n} is egész.

[1468] Cckek2006-10-31 22:06:02

x=1

Előzmény: [1467] Lóczi Lajos, 2006-10-31 21:50:29
[1467] Lóczi Lajos2006-10-31 21:50:29

Adjuk meg mindazokat az x>0 valós számokat, melyekre fennáll, hogy

xx2+1=e1-x3.

[1466] Lóczi Lajos2006-10-31 21:07:22

Egy jópofa feladat:

Adott \alpha valós szám esetén számítsuk ki a \lim_{n\to \infty} \cos(n \alpha) határértéket.

[1465] Cckek2006-10-31 19:52:14

Nos, én is utánnaolvasgattam, úgy tűnik a Jensen egyenlet megoldásai A(x)+a alakúak, ahol A(x) a Cauchy egyenlet megoldása, s mint ilyen lehet nemfolytonos is. Mindenesetre mindkettőtöknek köszönöm a segítségét, megint bebizonyosodott milyen könnyű függvényegyenletet szerkeszteni és milyen nehéz őket megoldani:).

Előzmény: [1462] Lóczi Lajos, 2006-10-31 11:51:03
[1464] Lóczi Lajos2006-10-31 14:44:53

Igen, a debreceni KLTE-s PDF szép leírás.

Még egy dolog eszembe jutott, már egyszer volt is szó róla itt a fórumon, a hatványsoros megközelítéssel kapcsolatban: tudjuk, hogy vannak C^{\infty}, de nem C^\omega függvények, vagyis olyan függvények, amelyek akárhányszor deriválhatók ugyan, de nem analitikusak, azaz nem fejthetők Taylor-sorba.

Egy ilyen függvény pl. az f(x):=e-1/x2, ha x\ne0 és f(0):=0, melyeket szokás "lapos" ("flat") függvényeknek is nevezni. Egyszerűen látható, hogy ennek 0-körüli Taylor-sora a konstans 0 függvény, ami nyilván nem állítja elő f-et semmilyen origó körüli intervallumon sem.

Szóval elvileg ilyen megoldása is lehet egy függvényegyenletnek, ezeket tehát hatványsorfejtéssel nem lehet megtalálni, noha a folytonossággal/deriválhatósággal nincs baj.

Előzmény: [1451] nadorp, 2006-10-30 08:56:12
[1463] nadorp2006-10-31 14:19:09

Köszi, még magyar nyelvű leírás is létezik. ( http://www.math.klte.hu/~szekely/FVEGY.pdf )

Előzmény: [1462] Lóczi Lajos, 2006-10-31 11:51:03
[1462] Lóczi Lajos2006-10-31 11:51:03

A választ Aczél János vagy Kuczma klasszikus függvényegyenletes könyvei bizonyára tartalmazzák. Az egyenlet neve egyébként Jensen-függvényegyenlet, érdemes megnézni, a neten erről van-e vmi "discontinuous" vagy "nowhere continuous" link, én konkrétat ezalatt a kis idő alatt nem találtam, talán azért, mert a kérdés nagyon klasszikus ízű. Intuitíve biztos vagyok benne, hogy ennek is van millió más megoldása. A konstrukció nyilván Hamel-bázissal kell történjen, a Cauchy-egyenlet mintájára. A megoldásfüggvények grafikonjai ilyen esetben az egész síkon sűrű ponthalmazok szoktak lenni.

Előzmény: [1460] nadorp, 2006-10-31 10:41:56
[1461] Lóczi Lajos2006-10-31 11:04:39

Érdekes, ezen a helyen azt olvasni, hogy mindegyik egységgyök kifejezhető iterált gyökképletekkel. Aki jól tudja az algebrát, az el tudja dönteni, igazat mond-e a cikk, én elhiszem neki.

Előzmény: [1457] Lóczi Lajos, 2006-10-31 10:03:05
[1460] nadorp2006-10-31 10:41:56

És mi a helyzet a g\left(\frac{x+y}2\right)=\frac{g(x)+g(y)}2 függvényegyenlettel. Feltesszük, hogy pld. x,y>0 ( ez az előző hozzászólásom hiányossága, mert nem zártam ki az x+y=0 lehetőséget az eredeti függvényegyenlet átalakításakor). Van ennek "csúnya" megoldása ?

Előzmény: [1456] Lóczi Lajos, 2006-10-31 09:43:51
[1459] Lóczi Lajos2006-10-31 10:08:10

Hogy a másik topikhoz is kapcsolódjak, ajánlom az érdeklődőknek, mint jó játékot sin (\pi/17) értékének megkeresését, ami a szabályos 17-szög megszerkesztéséhez kell.

Előzmény: [1458] Lóczi Lajos, 2006-10-31 10:04:18
[1458] Lóczi Lajos2006-10-31 10:04:18

Néhány konkrét érték itt található.

Előzmény: [1457] Lóczi Lajos, 2006-10-31 10:03:05
[1457] Lóczi Lajos2006-10-31 10:03:05

Legyenek p és q pozitív egészek. Mivel sin (p\pi/q) nem más, mint e^{i\pi p/q} képzetes része, és \big({e^{i\pi p/q}}\big)^{2q}=1, ezért sin (p\pi/q) vagy cos (p\pi/q) megkapható a z2q-1=0 algebrai egyenlet megoldása után. Ennek szorzatfelbontásán múlik a dolog, hogy az egyes tényezők gyökképlettel felírhatók-e, ez pedig elvben eldöntött kérdés -- a Galois-elmélet speciális eseteként bizonyára ismert a válasz q függvényében.

Előzmény: [1454] Yegreg, 2006-10-30 23:56:41
[1456] Lóczi Lajos2006-10-31 09:43:51

Persze ennek a függvényegyenletnek lehet, hogy vannak nemfolytonos, s így nemderiválható megoldásai is, ami lehetetlenné teszi az összes megoldás explicit felírását. (Analógia alapján, a Cauchy-féle f(x+y)=f(x)+f(y) egyenletről jutott eszembe, aminek "csúnya" megoldásából meglehetősen "sok" van.)

Előzmény: [1453] Cckek, 2006-10-30 14:19:43
[1455] nadorp2006-10-31 09:23:17

Ha f(x)=xg(x), akkor

xg(x)-yg(y)=(x-y)g(x+y)

Azaz tetszőleges t-vel

(x+t)g(x+t)-xg(x)=t.g(2x+t) és

xg(x)-(x-t)g(x-t)=t.g(2x-t) Összeadva

(x+t)g(x+t)-(x-t)g(x-t)=t(g(2x+t)+g(2x-t)) A baloldalra újra alkalmazva az eredeti egyenlőséget:

2t.g(2x)=t(g(2x+t)+g(2x-t)) Bevezetve a 2x+t=p, 2x-t=q jelölést

g(\frac{p+q}2)=\frac{g(p)+g(q)}2 minden p,q valós számra. Ebből úgy néz ki, hogy a függvény konvex és konkáv egyszerre, azaz valószínűleg egyenes. Ha viszont g(x) egyenes, akkor f(x) csak a már megtalált megoldás lehet.

Előzmény: [1453] Cckek, 2006-10-30 14:19:43
[1454] Yegreg2006-10-30 23:56:41

Nem kapcsolódik az aktuális témához, de itt kérdezem meg:

\sin(\frac{p}{q}\pi) mikor írható fel egész számokkal, alapműveletek és gyökök segítségével? (amúgy elvileg mindig algebrai)

Pl: sin(\frac{\pi}{12})=\frac{\sqrt2(\sqrt3-1)}{4}

[1453] Cckek2006-10-30 14:19:43

Ez egy nagyon érdekes következtetés. Ugyanis én valójában az (x+y)(f(x)-f(y))=(x-y)f(x+y)funkcionálegyenletet alakítottam-nem egészen ortodox módon:)-ezzé a differenciálegyenletté. S valóban ennek a funkcionálegyenletnek ezek a függvények a megoldásai.Hogy van-e más is? Jó kérdés:)

Előzmény: [1451] nadorp, 2006-10-30 08:56:12
[1451] nadorp2006-10-30 08:56:12

Nyilván f(0)=0. Ha f(x) hatványsora ( meggondolandó, hogy ilyen van !!) f(x)=\sum_{n=1}^\infty{a_n}x^n, akkor az együtthatók összehasonlításából azt kapjuk, hogy

\sum_{n=1}^\infty(2^n-2n)a_nx^n=0, azaz n\geq3 esetén an=0. Innen f(x)=ax2+bx alakú lehet, ez pedig mindig jó.

Előzmény: [1450] Cckek, 2006-10-29 18:41:57
[1450] Cckek2006-10-29 18:41:57

A következő "differenciálegyenlethez" kellene egy kis segítség: 2xf'(x)=f(2x). Az f(x)=ax illetve f(x)=ax2 függvények megoldások. Van más is?

[1449] nadorp2006-10-29 11:26:36

Igazad van,nem mehet n-ig, az alábbi szummát kell "elvágni":

\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}(n-i)!\sum_{k=0}^{n-i}(-1)^k\frac1{k!}

Előzmény: [1448] Cckek, 2006-10-29 07:55:26

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]    [31]    [32]    [33]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]    [39]    [40]    [41]    [42]    [43]    [44]    [45]    [46]    [47]    [48]    [49]    [50]    [51]    [52]    [53]    [54]    [55]    [56]    [57]    [58]    [59]    [60]    [61]    [62]    [63]    [64]    [65]    [66]    [67]    [68]    [69]    [70]    [71]    [72]    [73]    [74]    [75]    [76]    [77]    [78]    [79]    [80]    [81]    [82]    [83]    [84]    [85]    [86]    [87]    [88]    [89]    [90]    [91]    [92]    [93]    [94]    [95]    [96]    [97]    [98]    [99]    [100]    [101]    [102]    [103]    [104]    [105]    [106]    [107]    [108]    [109]    [110]    [111]    [112]    [113]    [114]    [115]    [116]    [117]    [118]    [119]    [120]    [121]    [122]    [123]    [124]    [125]    [126]    [127]    [128]    [129]    [130]    [131]    [132]    [133]    [134]    [135]    [136]    [137]    [138]    [139]    [140]    [141]    [142]    [143]    [144]    [145]    [146]    [147]    [148]    [149]    [150]    [151]    [152]    [153]    [154]    [155]    [156]    [157]    [158]    [159]    [160]    [161]