Fórum: Érdekes matekfeladatok

Szerintem: a periódikus fv. definiciója azt mondja, hogy f periódikus p szerint, akkor f(x+p)=f(x) minden x re igaz. Itt p állandó. p egy és csak egy nullától különböző szám.Ez a p f(x) egyik periódusa. Hiszen p egész számú többszöröse szintén periódus. p tehát legyen a legkisebb pozitív periódus. hasonlóan: h peródikus q szerint, akkor h(x+q)=h(x) Akkor: f(x+p)+h(x+q)= g(x) Pl: A törtrész függvény periódusa 1 A Dirichlet fv periódusa minden szám, (hiszen érték készlete 2 elemű véges halmaz: (1;0)

g(x)-re kétfajta függvényt lehet kapni: g(x+r)=g(x), itt r szintén állandó, azaz periódikus függvény.

Általában az igaz, hogy: (1)ha g(x) minden valós intervallumon korlátos változású függvény, és g(x=0) létezik, akkor g(x) előállítható megszámlalhatóan sok periódikus tag (ez lesz az r(0)beli helyettesítési értékek átlaga) és egy nem periódikus tagnak az összegeként.

A nem periódikus tag tehát Fourier integrál, ha r(0)=0, ha r(0)nem nulla, akkor ez a véletlen tag. Vagy a nem periódikus tag előáll (1) szerint. Nincs más eset.

Tehát általában az állítás: nem igaz, hogy minden függvény előállítható két periódikus függvény összegeként.

Közben rájöttem. h(x+p)-h(x) 1 szerinti periodikusságából következik h(x+1)-h(x) p szerinti periodikussága és viszont.

Tehát a kérdés az, hogy a valós számokon értelmezett h(x)=x fv. előállítható-e két periodikus fv. összegeként. Kicsit általánosabban, a h fv.-t próbáljuk előállítani f és g periodikus fv.-ek összegeként, ezért

g(x)=h(x)-f(x)

Feltehetjük, hogy f periodusa 1 (különben megfelelő fv. transzformációt alkalmazhatunk). Legyen g periodusa p. Ekkor minden valós x-re g(x+p)=g(x), vagyis

h(x+p)-f(x+p)=h(x)-f(x)

Kicsit átrandezve:

f(x+p)=h(x+p)-h(x)+f(x)

Mivel f periodusa 1, ezért szükségképpen h(x+p)-h(x) is periodikus 1 szerint. Indukcióval folytatva:

f(x+np)=h(x+np)-h(x)+f(x)

ahol n tetszőleges egész szám. Mivel f periodusa 1, ezért írhatjuk, hogy

f({x+np})=h(x+np)-h(x)+f({x})(1)

({x} x törtrészét jelöli). Tehát ha ismerjük egy adott x pontban f értékét, akkor ez magadja az {x+np}+k pontokban is f értékét (n és k tetszőleges egész számok). Visszafelé is igaz, ha teljesül az (1) egyenlőség, akkor h előáll f és g periodikus fv.ek összegeként az {x+np}+k halmazon, ahol x adott, n és k pedig tetszőleges egész számok. Ehhez persze még az is kell, hogy h(x+p)-h(x) fv. 1 szerint periodikus legyen, mivel f 1 szerint periodikus. Tehát nem kell mást tennünk, mint tetszőlegesen kiválasztani egy x₀ értéket, ott tetszőlegesen megadni f értékét, amellyel máris meghatároztuk f értékét az A₀={{x₀+np}+k|n,kelemeZ} halmazon. Könnyen belátható, ha x₀ helyett más x₁-et választunk, akkor vagy A₀ meg fog egyezni A₁-gyel, vagy diszjunktak lesznek. Vagyis ha x végigfut a valós számokon, akkor a szóban forgó halmazok a valós számok egy osztályozását fogják megadni. Az is könnyen látható, hogy ha x₀-ban már megadtuk f értékét, akkor az A₀ halmaz többi pontjában már egyértelműen és ellentmondás mentesen megkapjuk f értékét. Az ellentmondás mentesség azt jelenti, hogy ha x₀-ban megadott f értékből (1) szerint definiáljuk f értékét az {x₀+np} pontban, majd ugyanígy az {x₀+mp} pontban is, akkor {x₀+mp}-ben ugyanazt kapjuk, mint ha {x₀+np}-ből indulva definiálnánk f értékét (1) szerint {x₀+mp}-ben. Az ellentmondás mentességhez még kell az is, hogy az A halmazok ne legyenek végesek, vagyis ne érjünk vissza már definiált pontba. Ehhez elég, ha p irracionális (általában f és g periódusainak aránya legyen irracionális). Összefoglalva: a kívánt előállítás pontosan akkor végezhető el, ha h(x+p)-h(x) 1 szerint periodikus valamilyen irracionális p-vel. Ekkor elvégezzük a valós számok tárgyalt osztályozását, majd mindegyik osztályból egy-egy elemet kiválasztva ott tetszőlegesen definiáljuk f (és ezzel együtt g) értékét, majd ezekből kiindulva (1) szerint definiáljuk f értékét az osztály összes elemén. Ha h(x)=x, akkor h(x+np)-h(x)=np természetesen 1 szerint periodikus fv., vagyis h ilyen módon előállítható. g periodusa (p) lehet pl. négyzetgyök 2. A szimmetria szerint szükséges feltételként azt is kaphatnánk, hogy h(x+1)-h(x) legyen p szerint periodikus (h(x)=x-re ezi teljesül). Nem világos, hogy ez általában teljesül-e az előző feltételből, vagy ez is hozzátartozik a szükséges feltételhez (bár nem használtuk ki), de ha a periodusokkal fordítva indulnánk el, ekkor ennek is teljesülni kéne. Szerintetek?

Írd be, kérlek.

vagy hozzáadni a számjegyek felcserélésével kapott számot...

Esetleg beszorozni egy alkalmas számmal, ami a jegyeket szebbé varázsolja.(mondjuk csupa 1-es vagy ilyesmi..)és akkor ennek a szorzónak nézni a maradékát. Persze ez csak egy ötlet lehet butaság...

Ne haragudj, de teljesen félreérted. Nem megbántani akartalak, és nem is vagyok zseni, de azt hiszem nem olvastad át eléggé a fórumot. Itt először is a hangnem sem ez, mint amit te megütsz, meg a színvonal sem. Szerintem higgadj le, olvasd el a topik címét, netán a hozzászólásokat, aztán gyere vissza, szívesen látunk. Na persze érdekes feladatokkal, és udvarias tisztelettudó hangnemmel. Most tényleg ne haragudj, de mit akarsz azzal, hogy bizonyítsam be a gömb térfogatát? Vizsgáztatni (egyébként be tudom bizonyítani, de nem írom le, sok helyen többféleképpen is megtalálható)? Vagy most találjam ki magam, és adjak egy eddig még nem ismert bizonyítást? A mátrixok persze a lináris algebra tárgykörébe tartoznak (főleg), de itt sokan ismerik mire is valók. Ezzel megint nem értem mit akartál? Na szóval nyugi, a sértegetéseket kerüld, én sem sértettelek meg.

ismerem a szabályt de ennél a nagy számnál nem tudom alkalmazni.

11-gyel való oszthatóság szabályával kijön nem?

Emberek ne foglalkozzunk az ide véletlenül beszabaduló és 'majdőkúgyismegoldják'-ot kiáltó emberekkel!

337. feladat: Mennyi maradékot ad 1980-nal osztva az 123456789101112...19781979 szám?

addig jutottam el hogy az 1980-at felírtam úgy, hogy 1980=20×9×11, amiből egy lineáris kongruenciarendszert hoztam létre. a hosszú szám 20-as és 9-es maradékát sikerült is megállapítanom, ám a 11-es maradékot nem sikerült. esetleg a 99-es maradékkal kell valamit csinálni? valakinek valami ötlet? :)