Fórum: Érdekes matekfeladatok

Tényleg nem értem, mit nem értesz. Ha h(x)=x a valós számokon értelmezett identitás fv., akkor h(x+c)-h(x)=(x+c)-x=c ahol c konstans. A konstans fv pedig pl. 1 szerint periodikus (de minden valós szám szerint is periodikus,csak nekünk az 1 szerint volt érdekes). A hozzászólásomban a c=np egyszerűen konstans. Szerintem tényleg rágd át elejétől amit írtam, ha nem érthető, megpróbálom újra megfogalmazni. Igyekeztem világosan írni, de nem biztos hogy sikerült. Az eredit feladat az volt, hogy előállítható-e az identitás fv. két periodikus fv. összegeként (a válasz igen). Kicsit általánosabban azt vizsgáltam meg, hogy mely fv.-ek állíthatók elő így. Előre rögzítettem az egyik tag (f) periodusát, ez 1 lenne. A másik tag (g) periodusa pedig p, szintén előre rögzített, pl. gyök 2 (a két periódus nem lehet összemérhető).Ha h-val jelöljük az így előállítandó fv.-t (tehát h=f+g), akkor az előállíthatóság szükséges feltétele, hogy az x->h(x+p)-h(x) fv. 1 szerint periodikus legyen (itt p a g fv. előre rögzített peródusa, 1 pedig az f szintén előre rögzített periódusa). Tehát h-t előre rögített periódusú fv.-ek összegeként kívánom előállítani. Azt állítottam, hogy ez a feltétel nemcsak szükséges, hanem elégséges is. Vagyis ha teljesül hogy x->h(x+p)-h(x) fv. 1 szerint periodikus és p irracionális, akkor h valóban elő is állítható f 1 periódusú, és g p periódusú fv.-ek összegeként. Az érdekes az, hogy ilyen f-et és g-t úgy lehet konstruálni, hogy a valós számok halmazát megfelelően osztályokra bontjuk (ezt az osztályozást adtam meg), és egy osztály egy tetszőleges elemén (reprezentáns elem) tetszőlegesen megadva f értékét (pl. f itt legyen 0), ebből kiindulva az osztály többi elemén a megadott egyszerű egyenlőség szerint definiáljuk f értékét. Az osztályok megszámlálható számosságúak, viszont kontinuum sok osztály van. Különös, hogy a különböző osztályokban lévő valós számokon felvett f értékek teljesen függetlenek egymástól. Vagyis minden osztályból egy-egy reprezentáns elemen tetszőlegesen definiálható f értéke (a reprezentáns elemen felvett f fv. érték már egyértelműen meghatározza az osztály többi elemén felvett f fv. értékeket). Remélem így már kicsi érthetőbb.

Szerintem ennek nincs köze a Fourier és egyéb ortogonális sorfejtésekhez. A Fourier sorok is eleve 2pí periodikus fv.-eket fejtenek sorba. Valóban mondható, hogy a témában már nem vagyok otthon, de azért megjegyezném, hogy 20 éve diplomáztam az ELTÉn programtervező matematikusként numerikus ágazaton, méghozzá elég jó eredménnyel. 5 évig tanultam analízist (Simon Péternél, akinek történetesen a harmonikus analízis a szakterülete), numerikus analízist, approximációelméletet, funkcionálanalízist. Bár nagyon sokat felejtettem, azért nem teljesen ismeretlen a téma előttem. Én azt próbáltam elmondani, hoy amiket írtál, nem hogy nem elég pontos matematikailag, hanem kifejezetten zavaros. Nemcsak tartalmilag, de formálisan sem helytállók a mondataid. Egyszer csak használsz olyan jelöléseket, amiket előtte nem definiálsz (pl a g fv. az r periódus, aztán egyszercsak az r már fv., véletlen tag, stb.) Ha te érted amit írtál, akkor biztosan le tudod úgy írni, hogy más is értse. Légyszíves próbáld meg.

A kritikát el tudom viselni akkor, ha előbb veszed a fáradságot és valóban elolvasod amit írtam. Azt viszont tényleg nem viselem, ha valaki el sem olvassa, csak vagdalkozik vagy azért, hogy kötekedjen, vagy azért hogy bemutassa milyen okos, vagy hogy bemutassa én milyen hülye vagyok. Általában igyekszek pontosan és érthetően fogalmazni. Nem állítom, hogy mindig sikerül, de ha valaki rákérdez, akkor nagyon szívesen elmagyarázom újra, másképp.

Hízelegni eszem ágában sem volt, de azért bántani sem akartalak.

Ha van kedved, olvasd át mégegyszer amit írtam, ha valami nem világos számodra, megpróbálom mégegyszer elmagyarázni. Nem állítom hogy jó a megoldásom (de szerintem az), ezért várom a fórumtársak észrevételeit. Nekem nagyon tetszett ez a feladat, mert nem túl bonyolult, mégis felettébb meglepő első hallásra.

Ezt az egyenletet meg tudja valaki oldani?

alfa - sin(alfa) = 1.21

Szerintem ezt algebrailag nem lehet megoldani, numerikusan viszont igen.

Közelítő számítás eredménye: alfa=2.08210493 a szöget természetesen radiánban mérve. A számítás menete pl. egy zsebszámológéppel: Az egyenletet kicsit átrendezve alfa=sin(alfa)+1,21. Kiindulunk, pl. az alfa=2 értékből, majd kiszámoljuk a sin(alfa)+1,21 értéket. Ha pont eltaláltuk volna a gyököt, akkor ez pont 2 lenne. De nem az, hanem 2,1192974... Vegyük ezt következő közelítő értéknek, és ismét számítsuk ki a sin(alfa)+1,21 értéket. Ez 2,063307... lesz. És így tovább, most ez lesz az új közelítő érték, stb. Az így képzett sorozat, ha szerencsénk van stabilizálódni fog a gyök körül (konvergál a gyökhöz). Ezt fixpont módszernek hívják, és általában az x=f(x) alakú egyenletek megoldására használható az x_n+1=f(x_n) rekurzív sorozat képzésével. Bizonyos feltételek esetén, ez a sorozat a gyökhöz konvergál. Persze nem mindig, és nem bármilyen kezdőértékből kiindulva. Ez az f tulajdonságaitól függ.

Nem akarlak titeket fárasztani, de még néhány gondolat a periodikus fv.-es feladatról, kicsit egyszerűbben. Tehát a h egyébként nem periodikus fv.-t akarjuk előállítani f q szerint periodikus, és g p szerint periodikus fv.-ek összegeként. Azt állítom, hogy ez pontosan akkor lehetséges, ha x->h(x+p)-h(x) fv. q szerint periodikus, vagy ami ezzel ekvivalens x->h(x+q)-h(x) p szerint periodikus fv. A feltétel nyilván szükséges, hiszen ha g p szerint periodikus, akkor g(x+p)=g(x)-ből h(x+p)-f(x+p)=h(x)-f(x) azaz h(x+p)-h(x)=f(x+p)-f(x) következik. A jobboldal azonban q szerint periodikus, ezért a baloldal is az. A valós számok halmazát osztályokra bontom, majd az egyes osztályok egy-egy tetszőleges reprezentáns elemében tetszőlegesen megadva f értékét (és ezzel g-jét is), egyértelműen előállítom f-et és g-t az osztály összes elemén. Másik osztályra ugyanígy kiválasztok egy tetszőleges reprezentáns elemet, és ugyanezt megcsinálom, s.í.t. Az érdekes az, hogy a különböző osztályokon felvett fv. értékek teljesen függetlenek lehetnek egymástól. Az osztályok a következőképpen néznek ki:

A_x0:={np+kq+x₀|n,kZ}

Ha x₀ végigfut a valós számokon, az osztályok uniója megadja a valós számokat. Egy osztály megszámlálható sok elemet tartalmaz, azonban kontinuum sok osztály van. Hogy ez tényleg osztályozása a valós számoknak, azt könnyű belátni.Ugyanis, ha két különböző (x₁-gyel és x₂-vel reprezentált) osztálynak lenne közös elem, akkor léteznének n₁,k₁,n₂,k₂ egész számok, hogy n₁p+k₁q+x₁=n₂p+k₂q+x₂, amiből x₂=(n₁-n₂)p+(k₁-k₂)q+x₁ következne, vagyis x₂ is az x₁-gyel reprezentált osztály eleme. Másrészt ha már a reprezentáns elemeket rögzítettük és p,q nem összemérhetők, akkor bármely x valós szám egyértelműen áll elő x=n₁p+k₁q+x₀ alakban (x₀,n₁,k₁ számokat x egyértelműen meghatározza). Az x₀ reprezentáns elem egyértelműsége az osztályozásból következik, és abból, hogy a reprezentáns elemeket előre rögzítettük. Ha lenne n₁,k₁-től különböző n₂,k₂, hogy n₁p+k₁q+x₀=n₂p+k₂q+x₀ teljesül, akkor p/q=(k₂-k₁)/(n₂-n₁) állna fent, vagyis p/q racionális lenne (de az volt a feltétel, hogy nem az). Ezek után az egyes osztályokon f és g már könnyen megadható. Az x₀-lal reprezentált A_x0 osztályon legyen:

f(np+kq+x₀):=h(np+x₀)-h(x₀)+f(x₀)

g(np+kq+x₀):=h(kq+x₀)-h(x₀)+g(x₀)

Az így definiált f és g A_x0-on q illetve p szerint periodikus, és összegük előállítja h-t (ha h(x₀)=f(x₀)+g(x₀)). f nyilván periodikus q szerint A_x0-on, hiszen értéke a definíció szerint nem függ k-tól. Ugyanígy g is periodikus p szerint (A_x0-on). f+g=h A_x0-on:

f(np+kq+x₀)+g(np+kq+x₀)=h(np+x₀)-h(x₀)+f(x₀)+h(kq+x₀)-h(x₀)+g(x₀)

Mivel x->h(x+p)-h(x) q szerint periodikus (ekkor x->h(x+np)-h(x) is periodikus q szerint mert h(x+np)-h(x)=h(x+np)-h(x+(n-1)p)+h(x+(n-1)p)-h(x+(n-2)p)+h(x+(n-2)p)-...-h(x)), h(np+x₀)-h(x₀)=h(np+kq+x₀)-h(kq+x₀), vagyis az előző egyenlet így írható:

f(np+kq+x₀)+g(np+kq+x₀)=h(np+kq+x₀)-h(kq+x₀)+h(kq+x₀)-h(x₀)+f(x₀)+g(x₀)=h(np+kq+x₀)

A konstrukciót az összes osztályra elvégezve megkapjuk f-et és g-t a valós számokon.

Figyelmeztetés: nem vagyok túl éber, lehet, hogy az alábbi karaktersorozat teljes hülyeség.

Egy észrevétel: ha választasz egy ,,reprezentánst'', máris használtad a kiválasztási axiómát, hiszen végtelen sok halmaz mindegyikéből hasraütésszerűen választottál egy elemet. Ez szerintem néhány formai változtatással elkerülhető, és az eredmény elegánsabb is lesz.

Szóval szerintem ne reprezentánsokkal osztályozd, hanem vedd a valós számok additív csoportját, illetve az

np+kq    n,kZ

alakban felírható számok által meghatározott mellékosztályait. Persze úgy a közérthetőségből veszítesz...

Egyébként úgy veszem észre, hogy amit írsz, az csoportelmélettel szebben megfogalmazható, majd esetleg holnap még gondolkozom rajta.

Köszi a hozzászólást. Most már én is nagyon álmos vagyok, úgyhogy holnap elgondolkozok rajta. De már annak is örülök,hogy valaki olvassa amit írtam.

Ha jól értem arra gondolsz, hogy a valós számok additív csoportját az np+kq n,kZ alakú számok által alkotott részcsoport mellékosztályaival osztályozzam. Csak ahhoz, hogy valamelyik osztályon f-et előállítsam, ki kell választanom egy reprezentáns elemet, amelyen f értékét tetszőlegesen megadom. Ezt sajnos nem lehet elkerülni. De kíváncsian várom a további észrevételeidet.

Ebben a legutóbbiban igazad van, még egyszer elolvasva ez éppen a kiválasztási axióma által létrehozott borzalmak közé tartozik.

Gondolkodtam rajta, hogy csoportokkal esetleg szebben megfogalmazható, de végül nem sikerült bizonyítanom . Azért beírom, hogy meddig jutottam.

F legyen a valósakon értelmezett függvények csoportja ( összeadásra )

P legyen az a-periodikus függvények csoportja

Q legyen az b-periodikus függvények csoportja

Tehát P és Q F részcsoportjai.

Az egyik állítás úgy néz ki, hogy h felírható P-beli és Q-beli elemek összegeként, azaz

h=p+q    pP  qQ

A másikat megfogalmazni viszont kicsit bonyolultabb.

Vegyük a

:FF

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

függvényt. Szemléletesen: megadja, hogy egy függvény hogyan nem a szerint periodikus. Ha ez ,,nemperiodikusság'' b szerint periodikus, akkor benne lesz Q-ban. Így megfogalmazva a második állítás:

(h)Q

Tehát bizonyítandó, hogy:

h=p+q  pP  qQ        (h)Q

művelettartó, tehát F-nek egy endomorfizmusa, mégpedig olyan, ami az egész P részcsoportot a nullába képezi. Ebből még következik az is, hogy képe F/P-vel izomorf.

A balról jobbra irány bizonyítása: A jobb oldali képletbe írjuk be, hogy h=p+q és alkalmazzuk művelettartását:

(p+q)Q

(p)+(q)Q

(p)-ről tudjuk, hogy nulla.

(q)Q

(q) pedig két Q-beli függvény különbsége, tehát maga is Q-beli.

A jobbról balra irány bizonyítása: Ha

(q)=(h)

teljesül valamilyen Q-beli q-ra, akkor q és h csak egy P-beli elemmel különbözhetnek. Innen még azt kéne bizonyítani, hogy (Q)=Q, tehát hogy Q-ra való megszorítása szürjektív és készen lennénk.

A Wikipedia ír egy kiválasztásai axiómával ekvivalens feltételt a szürjektivitásra itt: http://en.wikipedia.org/wiki/Surjective Valószínűleg ezt kéne valahogy okosan használni és úgy ezt a gondolatmenetet is be lehetne fejezni.

Nekem viszont csak eddig tartott a tehetségem meg az energiám.

Szép gondolat, érdemes lenne kidolgozni. Apróbb pontosításokat engedj meg. A te jelöléseidet megtartva, jelöljük -t _a-val, jelezve, hogy ennek az operátornak a a paramétere. A _a ekkor így néz ki:

_a:FF

_a(h)=xh(x+a)-h(x)

(nyilván elírtad, amikor a helyett p-t írtál). Az valóban elég lenne a h előállíthatóságához (a és b-periodikus fv-ek összegeként) ha, _a(Q)=Q teljesülne. Azonban nem biztos, hogy ez szükséges is, mert mi van ha Q-nak létezik olyan eleme, amely nem áll elő egyetlen F-beli elem _a szerinti képeként sem. Ehelyett azt kellene bizonyítani, hogy ha _a(h)Q, akkor _a(h)(Q) is teljesül.Mindez persze csak akkor, ha a és b nem összemérhetők. Ez utóbbi (egyébként szükséges) feltételt még nem használtuk ki.