[2154] nadorp | 2007-07-26 21:08:23 |
Másképp számoltam, a módszert még egyetemen hallottam egy szenzációs tanáromtól. Legyen és tekintsük f(x) fixpontjait, azaz az f(x)=x egyenletet, x2+(c-a)x-b=0. Ha ennek két ( akár komplex) gyöke x1,x2, akkor
( legyen ez a 327/a/a feladat :-), valamint
x1+x2=a-c és x1x2=-b
Indukcióval azonnal adódik, hogy .
Ha most a,x1,x2 értékét úgy választjuk meg, hogy
( az első primitív n-dik egységgyök), akkor fn(x)=x adódik. Ha még x1=x2konjugált ( nem tudom a felső vízszintes vonalat TeX-ben :-), akkor x1,x2 lehetnek egy másodfokú egyenlet komplex gyökei.
Könnyen látható, hogy a=1, x1=-n , x2=-n-1 jók lesznek, innen b és c értéke a fentiek alapján könnyen számolható.
|
Előzmény: [2153] Csimby, 2007-07-26 19:17:17 |
|
[2153] Csimby | 2007-07-26 19:17:17 |
Köszi! Hogyha a törtfüggvénybe n-szer behelyettesítem önmagát, majd egyenlővé teszem ezt x-vel. a=1, b=-1-et helyettesítek és egyoldalra rendezem, akkor ebből kiemelhető lesz c-egy polinomja, amit megoldok hogy mikor 0. Így jön ki c-re az amit a megoldásban írtál? (n=3-ra ez működik, de 4-re nem szenvedtem végig)
Más: 328.-ra szerintem nemleges a válasz.
|
Előzmény: [2152] nadorp, 2007-07-26 12:03:32 |
|
|
|
[2150] nadorp | 2007-07-26 10:02:25 |
A 327/a feladatra szerintem pozitív a válasz, azaz minden n-re van olyan elsőfokú racionális törtfüggvény ( alakú), melyre f(n)=x ( ez most kompozíció és nem deriválás :-)
|
Előzmény: [2148] Csimby, 2007-07-25 18:03:01 |
|
|
[2148] Csimby | 2007-07-25 18:03:01 |
Előző feladatomra sajnos senki se reagált :-( Itt van pár új.
328.feladat A [2].hozzászólásban szereplő 2.feladat általánosítható-e n×n-es négyzetre és n+1 egymáshoz csatlakozó szakaszra. Már n=4-re is kíváncsi lennék hogy mit mondtok.
329.feladat Két Sudoku -táblázat távolsága legyen azon mezők száma ahol eltérnek egymástól. Milyen távolságok fordulhatnak elő két táblázat között.
Érdekes kérdés még hogy hány különböző Sudoku-táblázat van, illetve, hogy legkevesebb hány mezőt lehet úgy megadni, hogy legyen egyértelmű megoldás. De ezekről sajnos azt találtam hogy igen nehezek lehetnek.
|
|
|
[2146] Lajos Arpad | 2007-07-21 10:41:18 |
328. feladat Vegyük a kôvetkezô mértani haladványt: 1, x, x*x... x természetes szám és nagyobb mint 1, n természetes sám S(n)=1+x+...+(x) az n-dik hatványon Bizonyítsuk be, hogy: S(n)/(x-1) természetes szám <=> (n+1)/(x-1) természetes szám.
|
|
|
|
|
[2142] Cckek | 2007-07-17 22:37:13 |
A nagy meleg miatt, megaztán nyaralás okán elég hulla a forum, itt van egy frissitő:
|
|
[2141] Csimby | 2007-07-07 04:02:03 |
327.feladat Az f:RR fv. n-edik hatványa legyen fn=fo...of - n db f összekomponálva (tegyük fel, hogy RfkDfk+1, k1 vagy k0 - ez esetben f0:=id, még nem tudom hogy lesz érdekesebb a feladat 0-val vagy 1-gyel. Megj.: Ha k0 akkor f az egész R-en értelmezett és így fn=id-ből következik, hogy f összes hatványa is egész R-en értelmezett). Egy f RR fv. rendje legyen az a legkisebb n pozitív egész, melyre fn=id.
a. feladat Keressünk minden n-re n-rendű f:RR függvényt.
A Cckek által [2116]-ban kitűzött feladatban pl. az függvények az R-{0,1} értelmezési tartományban csoportot alkotnak a kompozícióra nézve az RR fv.-ek terében. Ebben a csoportban rendje 2, rendje 3, a csoport 6 elemű, így ez a csoport izomorf S3-mal.
b. feladat Mely G csoportoknak adható meg ilyen RR fv.-ekkel reprezentációja? (keressünk ilyen reprezentációkat) Megj.: Az a. feladat tehát azt kéri, hogy adjuk meg minden n-re Zn egy reprezentációját és n=2,3-ra már mutattunk példát, igaz egyik sem volt az egész R-en értelmezve, kérdés: van-e ilyen?.
u.i.: Most egy hétig nem leszek, pedig kíváncsi vagyok miket fogtok írni, mindenesetre még én sem gondolkoztam a feladatokon, csak a [2116]-ban kitűzött feladat kapcsán vetődtek fel bennem ezek a kérdések.
|
|
|
|
[2138] Csimby | 2007-07-05 17:33:57 |
Szia!
2/A-ban card a számosságot jelenti? És ha igen, akkor abból hogy ez alef0 miért következik, hogy Z? (Pl. Q nem izomorf Z-vel hiszen nem ciklikus)
|
Előzmény: [2137] Cckek, 2007-07-05 10:42:17 |
|
[2137] Cckek | 2007-07-05 10:42:17 |
Természetesen ki kell zárni a G={0} esetet. Először bebizonyítjuk, hogy G nem korlátos. Legyen
gG,g0.Mivel G csoport,(gG-gG) vehetjük g>0 és ngG minden nN esetén. Ekkor az arkhimédészi axioma értelmében minden rR-re van olyan nN melyre ng>r. Tehát G nem korlátos, és G nem véges.
1. Ha G-nek nincs torlodási pontja mivel G zárt és nem korlátos, ugyanakkor nGG igy G megszámlálható végtelen sok izolált pontból áll, tehát izomorf Z-vel.
2. Ha xG torlodási pontja G-nek, akkor ha V környezete x-nek,(V végtelen sok pontot tartalmaz a G-ből)akkor minden yG esetén (y-x)+V környezete y-nak (és végtelen sok pontot tartalmaz a G-ből), tehát y szintén torlodási pont. Tehát ebben az esetben G minden pontja torlodási pont. Két lehetségünk van:
A. G egyetlen pontjának sincs G-beli környezete. Ekkor G minden pontjának a környezetei megszámlálható végtelen sok pontot tartalmaznak G-ből, tehát cardG=0 igy izomorf Z vel.
B. Létezik xG úgy, hogy V=(x-,x+)G. Ekkor V-x=(-,)G és az archimédészi axioma értelmében
(-n,n)G,nN tehát G=R
|
Előzmény: [2133] Csimby, 2007-07-03 16:56:32 |
|
|
|
|
|
|
[2131] HoA | 2007-07-03 11:24:07 |
Igazad van. Sőt még abban is tévedtem, hogy x1,x2 tetszőleges multiplicitással szerepelhet. A valós együtthatós kikötés miatt ez nem igaz, csak párokban léphetnek fel.
Este végignéztem a hat gyök össszes párosításából adódó megoldásokat. Szerintem csak a már ismert 1/2, 2, -1, x1 és x2 értékeket kapjuk. Így aztán könnyen lehet, hogy csak az általad mondottakból adódó (x-x1)(x-x2)(x-1/2)(x-2)(x+1) polinom és a [2129] -beli P(x) a megoldás.
|
Előzmény: [2130] Csimby, 2007-07-02 22:59:08 |
|
|