|
[2605] rizsesz | 2008-03-16 18:41:35 |
 Róbert Gida, én téged baromira nem értelek. Miért kell kérkedned a tudásoddal? Látszik, hogy értelmes, matematikából nagyon tehetséges ember vagy, de ahogy megnyilvánulsz néha ezen a fórumon, az igazán nem egy értelmes emberhez méltó.
|
Előzmény: [2603] Róbert Gida, 2008-03-16 14:31:49 |
|
|
|
|
[2601] Róbert Gida | 2008-03-16 14:04:28 |
 Triviális. Legyen m=1236789689135*n-206131614856 alakú prím, ismeretes, hogy ezekből végtelen sok van Dirichlet tétele miatt (feltétele teljesül), ilyen prímekre (6*m)< (6*m+1) lesz, hiszen az elsőt pontosan ki tudod számolni, mert m az prím, a másodikat pedig becsüld alulról, használva azt, hogy ekkor 6*m+1 osztható minden prímmel 5-től 37-ig, így *találtam ki*. Például n=25-re prímet ad, azaz m=30713610613519 megoldás lesz, ezt közvetlenül is ellenőrizheted, ez persze nem biztos, hogy a legkisebb megoldás, hiszen egy más konstrukció is adhat jó m-et.
|
Előzmény: [2599] Gyöngyő, 2008-03-16 13:00:58 |
|
[2600] S.Ákos | 2008-03-16 13:58:06 |
 Megnézve az [1;1020] intervallumot, eddig nem találtam megoldást, és úgy néz ki, hogy a függvényértékek közötti eltérés nő, egyre nagyobb lesz . Többet sajnos még nem tudok mondani.
|
Előzmény: [2599] Gyöngyő, 2008-03-16 13:00:58 |
|
[2599] Gyöngyő | 2008-03-16 13:00:58 |
 Sziasztok!
Tudnátok segíteni a következő feladatban:
Keressük a legkisebb pozitiv egész m-et amelyre (6m)< (6m+1)fenntáll.
A másik kérdés pedig,az h mutassuk meg,hogy a fennti egyenlőtlenségnek végtelen sok megoldása van.
Ahol (m) az osztók összegét jelenti.
Köszönettel
|
|
[2598] szbela | 2008-03-15 15:13:01 |
 Sziasztok!
Esetleg megnézzük (i) x=0, (ii) x=0 és y=0 esetekre? Bár nem tudom, hogy ez így jó-e.
(i) x=0 : f(x+f(y))=f(0+f(y))=f(f(0))+f(y)
(ii) x=0 és y=0 : f(x+f(y))=f(0+f(0))=f(f(0))=f(f(0))+f(0)
(i)-nek és (ii)-nek teljesülnie kell: (ii)-ből következett, hogy f(f(0))=f(f(0))+f(0), ebből f(0)=0 tehát f(f(0))=0 szintén. Ezt (i)-be helyettesítjük és kapjuk, hogy f(f(y))=f(y) Ennek persze minden y-ra teljesülnie kell. És mivel f: R->R -be képez, ezért ha f(y)=a, akkor f(a)=a f(y)=f(f(y)) miatt. f tehát az identitásfüggvény lenne.
|
Előzmény: [2595] Gyöngyő, 2008-03-14 20:29:51 |
|
[2597] Cckek | 2008-03-15 09:56:31 |
 Egy ötlet: f(f(x+f(y)))=f(f2(x)+f(y))=f(f(y)+f2(x))=f(f(f(y)))+f2(x)=f2(f(y))+f2(x). Legyen f(y)=t Imf
Ekkor f2(x+t)=f2(x)+f2(t), tehát az f2 függvény kielégíti Cauchy funkcionálegyenletét az RxImf halmazon.
|
Előzmény: [2595] Gyöngyő, 2008-03-14 20:29:51 |
|