Fórum: Érdekes matekfeladatok

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.

Szerintem is csak f(x)=0 megoldás. Nyilván igaz, hogy f(0)=0, és f(3ⁿx)=2ⁿf(x) minden n egészre. Ha f deriválható 0-ban, akkor egy tetszőleges a valós számot kiválasztva , ahol k tart végtelenbe. De ez a határérték végtelenbe (vagy - végtelenbe) tart, ha f(a)0, vagyis f csak akkor deriválható 0-ban, ha f(a)=0 minden a valós számra.

Egy hónappal lemaradtam, de találtam egy szinte számolás nélküli megoldást.

y_n+1=(1+x)y_n+nx²

y_n+1+nx=(1+x)(y_n+nx)

y_n+1+(n+1)x=(1+x)(y_n+nx)+x

y_n+1+(n+1)x+1=(1+x)(y_n+nx+1)

Most már csak fel kell írni a fenti utolsó összefüggést az n=0,1,...,n-1 értékekre és összeszorozni őket. Kapjuk:

y_n+nx+1=(1+x)ⁿ(y₀+0^.x+1)=2(1+x)ⁿ

y_n=2(1+x)ⁿ-nx-1

Más:

Lóczi Lajos utolsó példájára szerintem csak az f(x)=0 a megoldás.

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.

Az angol wiki is foglalkozik vele: http://tinyurl.com/yhhtvkh

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.

Helló,

Pont erről van szó, amire jonas barátunk is rátappintott. Kis kutakodás után: epa.oszk.hu/00200/00220/00053/pdf/00053.pdf 18-23. oldal

„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.

Én is ilyesmit próbáltam. A különbség az, hogy még kifejtés előtt a rekurziót szétszedtem két részre:

p₀=1;p_n+1=(1+x)p_n

q₀=0;q_n+1=(1+x)q_n+nx²

Ekkor könnyen belátható, hogy

x_n=p_n+q_n

Mármost az első rekurziót triviális feloldani, a másodikat pedig ki kell fejteni, így két olyan összeget kaptam, aminek már ismert a kiszámítási módja, és nekem is végig kéne tudnom számolni, de elrontottam, és nem volt türelmem másodszor is nekiállni.

Szia Borsos,

Nem valószínűsíthető hogy hibás lenne, hiszen akkor minek őrizték volna 100 meg 100 éveken át a könyvtárban. Erre cáfol az egyetemenünkön egy tanár állítása is, miszerint elképzelhető hogy a feladatot (megírása korában) fejben meg lehetett oldani, nem ám hogy ámítógép meg ezmegaz! :)

Nyilván akkoriban sokkal többen használták a koponyájukat fejszámolásra, mint ma, a kalkulátorok korában. Pl. Bolyai is remekül tudott akkoriban fejben gyököt vonni és 4-5 jegyű számokat összeszorozni, osztani. (mellesleg aki itt közülünk tud ilyet és megosztaná a módszerét, szívesen meghallgatnám, ui állítólag a szorobán oktatás lényege is ez lett volna, hogy vizuálisan tudjon az ember számolni, ne az ujján...)

Szóval a feladatba nekem is beletört minden próbálkozásnál a bicskám, hiába kezdtem az amúgy értelmezni se egyszerű feladatból kifejezni az ismeretleneket... A lényeg hogy lehet több megoldása is, mert a végén a leírás leszűkíti ezeket "négyzet alakba sorakozva", vagyis egész szám aminek gyöke is egész, ill. "3-szögű rend" a csoportosításnál valamilyen egészekből álló sorozatot takar. Ennyire sikerült segítség nélkül rájönnöm. A sorozat elvileg lehet szimmetrikus és asszimmetrikus is, pl így: