[626] jenei.attila | 2004-11-25 10:01:11 |
 Én is így oldottam meg, figyelembe véve Géza kiegészítését. A szürjektivitásról szóló indoklást nem értem, hiszen egy függvényről akkor állítható hogy szürjektív, ha megadjuk az értékkészletét. Inkább csak annyi kell, hogy g értelmezési tartománya és értékéészlete megegyezik, ezért értelmezhető gg. Folytonos és injektív függvény pedig szigorúan monoton (folytonos fv. bármely két értéke közötti minden étéket felvesz. Mi a tétel neve?).
Egyébként a feladat a nyári kisinóci táborban volt feladva (legalábbis én ott találkoztam vele először). Esetleg megbeszélhetnénk a többi feladatot is.
|
Előzmény: [623] HOMI, 2004-11-25 02:24:03 |
|
|
|
[623] HOMI | 2004-11-25 02:24:03 |
 A g(x) injektiv,mert ha g(a)=g(b) akkor 1/a=g(g(a))=g(g(b))=1/b,azaz a=b.Az 1/x mindent felvesz (0,+végtelen)-en,igy g(g(x)) szürjektiv,azaz g(x) is szürjektiv.A g(x) folytonos,injektiv,szürjektiv tehát szigorúan monoton.Ha g(x) szig.mon.növekedne,g(g(x)) is azt tenné de 1/x szig.mon csökken.Igy g szig mon csökken és a felvett értékkészlete a teljes(0,+végtelen).Ekkor ha x 'kicsi', g(x) 'nagy',g(g(x)) 'kicsi' ,de 1/x 'nagy'.Ez ellentmondás,mert g(g(x)))=1/x.(A fentiek pontos megfogalmazása: ha x tart 0-hoz g(x)->+végtelen,igy g(g(x))->0,de 1/x->végtelen).
|
Előzmény: [622] jenei.attila, 2004-11-24 20:39:06 |
|
[622] jenei.attila | 2004-11-24 20:39:06 |
 Egy nem túl nehéz, de szerintem érdekes feladat:
Bizonyítsuk be, hogy nincs olyan g:R+ R+ folytonos függvény, amelyre g(g(x))=1/x minden x R+-ra.
|
|
|
[620] rizs | 2004-11-24 19:14:02 |
 Ha már Fibonacci a téma, akkor ezt ajánlom még egyszer :) 118.: Ha a Fibonacci sorozat elemeit egy-egy tizedeshellyel eltolva (akár balról jobbra, akár jobbról balra haladva) egymás alá írjuk és összeadjuk, akkor a sok szám összege végül ismétlődő szakaszokból fog állni, tehát olyan lesz, mint a végtelen szakaszos tizedestörtek. Sőt, nem csak olyan, hanem az is! Ha megfelelő helyre tesszük a tizedesvesszőt, akkor a két összeg éppen 1/A, illetve 1/B értékű lesz, ahol A és B prímszámok. Mennyi A és B?
|
|
[619] Maga Péter | 2004-11-24 18:45:38 |
 A hatványsoros megoldáshoz hozzátenném, hogy az összes ilyen tulajdonságú függvényt generálja. Tehát: az ex hatványsorából érdemes indulni, ez . Ezek után pedig a minden 0 és 7 közötti egész i-re a 8k+i alakú egészekhez tartozó együtthatókat ugyanazzal a ci konstanssal szorozni. A tagok elhagyása (amit szefoharcos írt) a ci=0. Csak arra kell figyelni, hogy ha ügyetlenül választjuk meg ezeket a konstansokat, akkor korábbi derivált is lehet az eredeti függvény. Ez akkor teljesül, ha ugyanazt a kostans szorzót (ci) választjuk olyan együtthatókhoz, amelyeknek különbsége 8-nál kisebb, a 8-hoz nem relatív prím. A felírt hatványsor mindig értelmes, ezt a Cauchy-Hadamaard kritériummal lehet ellenőrizni.
|
Előzmény: [618] Lóczi Lajos, 2004-11-24 18:20:46 |
|
[618] Lóczi Lajos | 2004-11-24 18:20:46 |
 Valóban, amely Általad említett függvény a koszinusz-analógiával is felírható persze:
legyen ismét egy primitív nyolcadik egységgyök, ekkor
lesz az a valós függvény, amely ex hatványsorából úgy keletkezik, hogy csak minden 8. tagot hagyunk meg, azaz a fenti függvény 0 körüli hatványsorának eleje
Egyébként ez csak valós elemi függvényekkel kifejezve egy harmadik alakban így fest:
vagy, ha a ch koszinusz-hiperbolikusz függvényt is használhatom, akár így:

|
Előzmény: [617] szefoharcos, 2004-11-24 17:43:32 |
|
[617] szefoharcos | 2004-11-24 17:43:32 |
 Kedves Lajos!
Gratulaalok a megoldaasaidhoz! A Fibonacci-szaamokra ugyanezt talaaltam een is, de a fuggveenyesre volna egy megjegyzeesem, ami nem toolem szaarmazik: hatvaanysorok... Ahogy Kemeeny Legeeny is megoldotta, mieloott hangneme miatt letiltottaak volna: Az xn/n! sor minden 8. tagjaat hagyjuk csak meg. Konnyuu ellenoorizni, hogy ez joo.
|
|