|
|
[2782] rizsesz | 2008-11-26 17:02:59 |
e x. hatványával és (-1)-gyel felszorozva olyan függvények összege lesz az egyenlet bal oldala, amelyek mindegyik szogorúan monoton növekvő. Mivel x=0 megoldás, továbbá eleme az értelmezési tartománynak, így ez az egyetlen megoldás.
|
Előzmény: [2779] Lóczi Lajos, 2008-11-26 00:33:28 |
|
|
[2780] Euler | 2008-11-26 08:35:20 |
A távolsága a két függvénynek négyzetgyök 2, hiszen ezek egymás inverzei, igy mindkét függvénynek a távolsága megegyezik az y=x egyenestől ennek a távolságát pl. a logaritmusfüggvénytől már meg tudjuk határozni deriválással, mert a (0,1) pontba húzott érintő meredeksége éppen egy(könnyen ellenőrizhető), ezen érintő és az y=x távolságának kétszerese pedig éppen a keresett távolság. Az egyenletnek nyilván megoldása az x=0. Rendezzük át az egyenletet úgy, hogy az utolsó két tagot átvisszük a jobb oldalra, igy, ha x>0, akkor a bal oldal negativ, a jobb oldal pozitiv, hasonlóan, ha x<0, akkor a bal oldal pozitiv, a jobb oldal negativ, igy újabb megoldások már nincsnek.
|
Előzmény: [2778] Lóczi Lajos, 2008-11-26 00:29:09 |
|
[2779] Lóczi Lajos | 2008-11-26 00:33:28 |
335. feladat. Oldjuk meg a valós számok halmazán az
e-x-e2x-x-xex=0
egyenletet.
|
|
[2778] Lóczi Lajos | 2008-11-26 00:29:09 |
334. feladat. Határozzuk meg a (természetes alapú) exponenciális függvény és logaritmusfüggvény grafikonjainak távolságát.
|
|
|
|
[2775] Lóczi Lajos | 2008-11-25 23:48:43 |
333. feladat. Különböző a>1 számok esetén vizsgálva az xax függvények grafikonjait láthatjuk, hogy bizonyos a számok esetén (pl. a=2) a grafikon határozottan az y=x egyenes felett van, míg kisebb a>1 számok esetén (pl. a=1.1) az exponenciális függvény grafikonja metszi az y=x egyenest. Adjuk meg a "határalapot", vagyis azt az a>1 számot, amelyre az exponenciális függvény éppen érinti a 45 fokos egyenest.
|
|
[2774] Valezius | 2008-11-25 21:47:14 |
Tegyük fel, hogy létezik ilyen függvény. Toljuk el úgy, hogy f(0)=0 legyen, majd vegyük az abszolút értékét. Az így kapott függvény még mindig olyan tulajdonságú, hogy értékkészletének minden pontját páros sokszor veszi fel.
Mivel minden értéket csak véges sokszor vehet fel, így két szélsőértékhely között szigorúan monoton.
Ha y egy olyan érték, ami a 0kivételével minden lokális szélsőértékénél kisebb, akkor:
0-tól az első szélsőértékhelyig 1-szer veszi fel y-t a függvényt. Ha f(x)=0, akkor az x előtti és x utáni szélsőértékhelyek között pontosan kétszer veszi fel y-t.
Ebből már következik, hogy f(1)=0. Ha f(1)>0, akkor van olyan y', hogy y'<f(1) és mint az előző bekezdésből látszik y'-t páratlan sokszor veszi fel a fv.
Tehát a függvénynek f(0)-ban és f(1)-ben is minimuma van. Amiből az következik, hogy összesen páratlan sok szélsőértékhelye van. (Mert a szélsőértékeket rendre lok. min-lok. max-lok. min-...-lok. min sorrendben veszi fel a fv.)
Márpedig egy ilyen függvénynek minden szélsőértékét páros sokszor kell felvennie.
Ezzel beláttuk, hogy nincs ilyen fv.
|
Előzmény: [2771] lgdt, 2008-11-23 16:03:22 |
|
|
[2772] Róbert Gida | 2008-11-23 17:34:40 |
Nem mondtam semmit a transzformációról, hogy milyen lesz. [0,1]-en is megadható ugyanilyen fűrészfogas folyt. fv., sok fantázia nem kell hozzá. 2 értéket kétszer vesz fel, értékkészletének többi értékét pedig pontosan négyszer.
|
Előzmény: [2770] Valezius, 2008-11-23 14:37:12 |
|
|
[2770] Valezius | 2008-11-23 14:37:12 |
A feladat szövegében benne van, hogy véges sokszor, így a konstans fv nyilván nem jó. (Bár szerintem az, hogy páros sokszor már maga után vonja, hogy véges sokszor)
A fűrészfogas függvénnyel szerintem az a baj, hogy az R nyílt intervallumot akarod beletranszformálni, a [0,1] zárt intervallumba. Szerintem ezt nem tudod úgy megtenni, hogy 0-ban és 1-ben is folytonos maradjon a függvény.
Még nem sikerült teljesen belátni, hogy miért nem lehet ilyen fv. [0,1)-en persze azonnal találtam. És azt is elég valószínűnek látom, hogy van olyan megfelelő [0,1)-ről képező fv, aminek az értékkészlete az egész R. Mondjuk egy alkalmas [0, végtelen)-en értelmezett fűrészfog fv transzformációja.
|
Előzmény: [2769] Róbert Gida, 2008-11-23 04:26:20 |
|
[2769] Róbert Gida | 2008-11-23 04:26:20 |
Nem csak a konstans fv. okozza a bajt. Azt kéne beletenni, hogy az f minden értéket véges sokszor vesz fel.
Erre egy megoldás, fűrészfogakból:
Legyen f(x)=-x, ha x0
f(x)=x, ha 0<x1
f(x)=2-x, ha 1<x2
f(3k+2+c)=k+c, ha k0 egész, 0<c2 valós.
f(3k+2+c)=k+4-c, ha k0 egész, 2<c3 valós.
De f:[0,1]->[0,1] ilyen folyt fv. is megadható, csak az előbbit kell "áttranszformálni".
|
Előzmény: [2768] Sirpi, 2008-11-22 12:27:55 |
|
[2768] Sirpi | 2008-11-22 12:27:55 |
És mondjuk vegyük bele azt is, hogy a 0-t és az 1-et is felveszi, különben az f(x)2 függyvény is jó lenne. Vagy akár azt, hogy a teljes értékkészlete része a [0,1]-nek.
|
Előzmény: [2767] lgdt, 2008-11-22 02:11:48 |
|
[2767] lgdt | 2008-11-22 02:11:48 |
Kicsit félreérthetőre sikerült. Pontosabban: van-e olyan valós->valós mindenhol folytonos függvény, amelyre teljesül, hogy a [0;1]-re való leszűkítése az értékkészletének minden elemét véges és páros sok helyen veszi fel?
|
Előzmény: [2765] lgdt, 2008-11-21 03:34:37 |
|
|
[2765] lgdt | 2008-11-21 03:34:37 |
Van olyan f: RR folytonos függvény, amely a [0;1]-en minden értéket véges és páros sokszor vesz fel?
|
|
[2764] jonas | 2008-11-20 10:57:55 |
Kis számokra működő prímteszt. A 2, 3, 5 prím, ezekre külön kell figyelni, a 49 és 77 pedig nem prím, de ezeket mindenki észreveszi magától, ezért van a szabályban 91, mert az a legkisebb szám, ami prímnek látszik, de nem az. Ha csak 119-nél kisebb számokat vizsgálsz, akkor ez a szabály elég.
|
Előzmény: [2763] psbalint, 2008-11-19 23:56:37 |
|
|
[2762] Róbert Gida | 2008-11-19 21:08:59 |
Pari-Gp isprime() funkcióját használtam. Egy másik út:
(104,108] számokról van szó, így legbénább programmal is 9999 osztással ellenőrizheted, hogy prím-e: 2-től 10000-ig egyetlen egész számmal sem osztható, akkor prím.
|
Előzmény: [2760] MTM, 2008-11-19 18:04:10 |
|
|
|