[3053] BohnerGéza | 2009-11-27 18:32:11 |
Nem.
x+8=yy (k=1, l=8) egyenletnek van megoldása: (1,3).
Az xx+8=yy egyenletnek csak 4 mo-sa van: (1,3), (1,-3), (-1,3), (-1,-3)
|
Előzmény: [3052] m2mm, 2009-11-27 14:42:14 |
|
[3052] m2mm | 2009-11-27 14:42:14 |
Igaz-e, hogy ha az egész számpárok halmazán van megoldása a kx+l=y2 egyenletnek(k,l adott), akkor végtelen sok megoldása van a kx2+l=y2 egyenletnek?
|
|
|
[3050] jenei.attila | 2009-10-30 23:45:00 |
Valóban ugyanaz a konstrukció. Tényleg nem adtam meg az összes fv.-t, és ahogy javasoltad úgy jó fv.-ek konstruálhatók. Elég megadni pl. az [1,3] intervallumon akármilyen deriválható fv.-t, amelyre f(3)=2f(1), és 3-ban a balodali derivált értéke az 1-beli jobboldali derivált értékének 2/3-szorosa. A többi a már általad leírt módon mehet tovább. Ilyen módon valóban az összes megfelelő fv.-t megadjuk (a 0-beli deriválhatóság természetesen nem teljesíthető).
|
Előzmény: [3049] HoA, 2009-10-30 13:24:23 |
|
[3049] HoA | 2009-10-30 13:24:23 |
Ez ugyanaz a konstrukció, amit [3036]-ban jeleztem. x0=1 választással y0=f(1) és . Legyen x=3u . .
Éppen Lóczi Lajos [3038] után gondolkodtam el azon, miért ne lehetne másmilyen is a függvény? Elég, ha egy [x0;3x0] tartományon úgy definiálom a folytonos f-et, hogy a feltétel teljesüljön, valamint f’(3x0)=2/3f’(x0) legyen. Ezzel a szabály alapján rekurzív módon megadtam a [3x0;9x0]...[3kx0;3k+1x0] illetve [3-k-1x0;3-k] tartományokra is. Szerintem az ilyen függvények megfelelnek a [3044]-ben leírtaknak, és így ott nem adtuk meg az összes ilyen függvényt. Miért nem jó például és az ebből a fentiek valamint x < 0-ra [3044] szerint származtatott függvény? Erre
f(1)=1;f(3)=2;f’(1)=6/7ésf’(3)=4/7
(ha jól számoltam. )
|
Előzmény: [3048] jenei.attila, 2009-10-30 11:05:45 |
|
|
|
|
[3045] HoA | 2009-10-30 09:48:21 |
Azért írtam, hogy próbáltam, mert nem sikerült. Nem kell így lennie ( [3038] ) . Azt viszont úgy látom, hogy például valamilyen x0>0,y0=f(x0)>0 választással a függvény x>=0-ra megfelel a feltételeknek , és így igaz rá, amit jenei.attila [3039] -ben ír. Tévedek?
|
Előzmény: [3042] Lóczi Lajos, 2009-10-29 23:04:25 |
|
[3044] jenei.attila | 2009-10-30 09:43:05 |
Az f(3nx)=2nf(x) (n egész szám) képletből következik, hogy ha log3x egész, akkor f(x)=2log3xf(1) Ahhoz, hogy ez a fv. folytonos legyen a pozitív valós számokon, az kell, hogy a log3x is ilyen legyen. De a logaritmus szokásos értelmezése (az exponenciális fv. folytonosságot szem előtt tartó értelmezéséből adódóan) már ilyen. Tehát a pozitív valós számokon megadjuk az összes, kiírt feltételeknek megfelelő fv.-t, ha f(1)-et tetszőlegesen megadjuk. f(0)=0 kell hogy teljesüljön, és legyen f(-x)=-f(x), amivel negatív valós számokra is értelmezzük a fv.-t Így a valós számokon értelmezett, folytonos, a 0 kivételével deriválható fv.-t kapunk, ami a 0-ban ugyan nem deriválható, de "simán" halad át 0-án (nincs benne "törés", az érintő nem "billeg", de függőleges). Így meg is adtuk az összes ilyen fv.-t.
|
Előzmény: [3033] Lóczi Lajos, 2009-10-29 10:47:02 |
|
|
|
|
|
[3039] jenei.attila | 2009-10-29 16:56:12 |
Húha, most meg én nem értem amit te írtál, de majd még gondolkodok rajta. Hogy f(0)=0, és f(3nx)=2nf(x), az teljes indukcióval nyilvánvaló (negatív n-ekre is). Képezzük a 0-hoz tartó sorozatot. Az itt felvett függvényértékek a képletünk szerint: . Ha f 0-ban deriválható, akkor 0-ban, ezekkel a pontokkal képzett különbségi hányados értékek (mivel f(0)=0):
véges határértékhez kell, hogy tartsanak. Ez azonban csak akkor lehetséges, ha f(a)=0. Az előző hozzászólásban valóban elírtam, lemaradt a nevezőből az a. De a lényeg ugyanaz.
|
Előzmény: [3037] nadorp, 2009-10-29 15:24:20 |
|
|
[3037] nadorp | 2009-10-29 15:24:20 |
Valamit nem értek vagy nem látok, de szerintem csak azt tudjuk, hogy tetszőleges a-ra
teljesül. Amit Te írtál, ott a jobb oldalon f(a) áll és nem a deriváltja. Hogy jött ez Neked ki ?
Másrészt az f-ről csak azt tudjuk, hogy deriválható és nem biztos, hogy folytonosan deriválható. Miért teljesül
|
Előzmény: [3035] jenei.attila, 2009-10-29 14:43:51 |
|
[3036] HoA | 2009-10-29 14:54:54 |
Én arról az oldalról próbáltam, hogy egészről valósra áttérve igazoljuk, hogy a függvény csak
alakú lehet, ahonnan már következik, hogy a 0 -beli deriválhatósággal van a baj.
|
Előzmény: [3035] jenei.attila, 2009-10-29 14:43:51 |
|
|
[3034] nadorp | 2009-10-29 14:11:01 |
Egy hónappal lemaradtam, de találtam egy szinte számolás nélküli megoldást.
yn+1=(1+x)yn+nx2
yn+1+nx=(1+x)(yn+nx)
yn+1+(n+1)x=(1+x)(yn+nx)+x
yn+1+(n+1)x+1=(1+x)(yn+nx+1)
Most már csak fel kell írni a fenti utolsó összefüggést az n=0,1,...,n-1 értékekre és összeszorozni őket. Kapjuk:
yn+nx+1=(1+x)n(y0+0.x+1)=2(1+x)n
yn=2(1+x)n-nx-1
Más:
Lóczi Lajos utolsó példájára szerintem csak az f(x)=0 a megoldás.
|
Előzmény: [3028] jonas, 2009-09-27 20:46:48 |
|
[3033] Lóczi Lajos | 2009-10-29 10:47:02 |
Legyen f olyan valós függvény, amelyik mindenhol értelmezve van és mindenhol deriválható. Tudjuk továbbá, hogy minden valós x esetén f(3x)=2f(x).
Adjuk meg az összes ilyen tulajdonságú f leképezést.
|
|
[3032] djuice | 2009-10-27 13:25:56 |
Az angol wiki is foglalkozik vele: http://tinyurl.com/yhhtvkh
|
|
[3031] djuice | 2009-09-28 19:14:04 |
NEM SEMMI! Hát le a kalappal, komolyan! Én már nem is merek többet itt kérdezni. :) Egy volt KGB-s se nyomozta volna ki tüzetesebben! :)))
Mindenesetre lelombozó a tény ami a példát illeti, elvesztette minden varázsát.
|
Előzmény: [3030] Borsos, 2009-09-28 05:55:23 |
|
|
[3029] jonas | 2009-09-27 20:48:37 |
„Nem valószínűsíthető hogy hibás lenne, hiszen akkor minek őrizték volna 100 meg 100 éveken át a könyvtárban.”
Kivéve persze, ha csak egy nemrégi átírás vagy fordítás lenne a hibás.
|
Előzmény: [3027] djuice, 2009-09-27 19:25:51 |
|