Fórum: Érdekes matekfeladatok

Egy valós függvény a 0 körül lokálisan invertálható, ha van olyan >0 szám, hogy a függvény leszűkítése a [-,] intervallumra invertálható.

Valamely rögzített valós szám esetén tekintsük az (ha x0) függvényt, és legyen f(0):=0.

521. feladat. Adjuk meg az összes olyan valós számot, amelyre a fenti f függvény a 0 körül lokálisan invertálható.

522.feladat: Határozzuk meg azokat a pozitív egész n számokat, melyre sin (nx) felírható sin (x) polinomjaként!

Gondolom felsőbbéveseknek közismert ez a feladat, de én nemrég találkoztam egy feladat kapcsán ezzel a gyönyörűséggel. (Persze ha valaki komoly "fegyverekkel" rendelkezik pillanatok alatt kijön a megoldás.)

Kedves Tamás!

Remélem nem haragszol, hogy csatlakozom, de örömmel látom a feladatod, mert örülök annak, hogy téged is érdekelnek az efféle témák, az utóbbi hozzászólásokban kezd népszerű lenni ez a sin(nx) kifejtős téma, mely valahogy az én kedvencemmé is vált az utóbbi időben, ezért én is kiváncsian várom kitűzött feladatodra érkező megoldásokat.

523. feladat Egy egész együtthatós, normált polinom minden(komplex) gyökének abszolút értéke 1. Biz.: gyökei egységgyökök.

Akkor PAL érdeklődésére tekintettel nézzük meg ezeket a feladatokat.

Kezdjük az 512. feladattal. Stray dog már elárulta a megoldást: a determináns 1. Ezt nem is nehéz belátni: detH=det(CC^T)=(detC)². Csakhogy C háromszögmátrix, mivel ha 0n<k, akkor n-k<0 és n-k-2<0, így

tehát a C mátrix főátló fölötti elemei valóban nullák. Hasonlóan, ha 0n=k, akkor

viszont

így hát c_n,k=1, tehát a mátrix főátlójában egyesek állnak. Ebből aztán detC=1 tehát valóban detC=1.

Mindezt persze akkor lehet könnyen megsejteni, ha előbb valamilyen kis N méretre konkrétan kiszámoljuk a mátrixot. Például ha N=12, akkor

Most nézzük az 511. feladatot. Erre van egy nagyon érdekes kombinatorikus bizonyítás.

Először lássunk be egy rekurziót a C mátrix elemeire. Vegyük észre, hogy ha 0n és 0<k, akkor c_n+1,k=c_n,k-1+c_n,k+1; ha pedig 0n, akkor c_n+1,0=c_n,1. Szóban ez azt jelenti, hogy a mátrixban minden elem a fölötte balra lévő és a fölötte jobbra lévő elem összege, de ha nincs fölötte balra lévő elem, akkor egyszerűen a fölötte jobbra lévő elemmel egyenlő.

Azt, hogy ez a rekurzió igaz, nem nehéz belátni, egyszerűen be kell írni a definíciót. Nézzük először az első esetet: legyen 0n és 0<k. Ha n-k páratlan, akkor

ha viszont n-k páros, akkor c_n+1,k=0=c_n,k-1+c_n,k+1. A második esetben, ha 0n, akkor

(Egy kis csalás van itt: szó szerint ennek a szabálynak a mátrix jobb szélén nincs értelme, de szerencsére tekinthetjük a mátrixot a végtelen nagy mátrix sarkának, úgyhogy igazából nincs probléma.)

Most a meglepő észrevétel az, hogy a C mátrix elemeinek kombinatorikai jelentést lehet tulajdonítani. A c_n,k elem ugyanis pontosan azt számolja le, hányféleképpen lehet n lépést tenni a számegyenesen az origóból úgy, hogy minden lépésben egyet balra vagy egyet jobbra lépünk, nem lépünk rá a negatív félegyenesre, és a végén a k-ba érkezünk. Azt, hogy valóban ezt számoljuk le, nem nehéz látni a fenti rekurzió alapján.

Vegyük most szemügyre ezt a képletet, ami szerepelt a kitűzésben: ha 0m,n akkor

Azt állítom, hogy h_m,n éppen azt számolja le, hányféleképpen lehet a számegyenesen m+n lépés hosszú sétát tenni úgy, hogy az origóból indulunk és oda is érünk vissza, minden lépésben eggyel jobbra vagy eggyel balra lépünk, és sose lépünk a negatív félegyenesre. Valóban, legyen ugyanis k az a szám, ahol az m-edik lépésben lépünk. Ekkor az első m lépés c_m,k féle lehet a c fent megadott értelmezése szerint. Másrészt az utolsó n lépés éppen c_n,k féle lehet, mert ha ezt az utolsó n lépést visszafele játsszuk le, akkor az origóból indulunk, és a végén érünk a k-ba. Az is látható, hogy az első m és az utolsó n lépést egymástól függetlenül választhatjuk meg akárhogyan, ha már k értékét rögzítettük, minden lehetőséghez tartozik pontosan egy m+n lépéses séta. Így megkaptuk, hogy h_m,n egyenlő az m+n hosszú, origóba érkező séták számával, ami tényel m+n függvénye.

Az 513. feladatot egyelőre nem lövöm le.

Az 513. feladathoz először lássunk be egy rekurziót az U mátrix elemeire. Ez a C mátrixnál segített, tehát gondolhatjuk, hogy itt is beválik. Az összefüggés az lesz, hogy

u_n+1,k=2u_n,k-1-u_n-1,k

feltéve, hogy 1k. A k=0 esetre egyszerűen u_n+1,k=u_n-1,k. Ez egyszerűen abból következik, hogy a másodfajú Csebisev-polinomokra igaz a következő rekurzió.

U_n+1(x)=2xU_n(x)-U_n-1(x)

Lássuk be ez utóbbit. Helyettesítsünk be x=cos -t. (Hogy így esetleg nem minden x kapható meg, az lényegtelen, mert mindkét oldal polinom, tehát elég csak egy intervallumon belátni, hogy egyenlők.) Szorozzuk meg mindkét oldalt sin -val. Így a következő azonosságot kell belátnunk.

sin ((n+2))=2cos sin ((n+1))-sin (n)

Ehhez pedig csak használjuk a sin (+)=sin cos +sin cos  képletet. Valóban:

sin ((n+2))=cos (2)sin (n)+sin (2)cos (n)=(-1+2cos²)sin (n)+2sin cos cos (n)=

=2cos (sin cos (n)+cos sin (n))-sin (n)=2cos sin ((n+1))-sin (n).

Innen már megpróbálhatjátok ti kitalálni az 513. bizonyítását – az eredményt megsejteni könnyű, csak ki kell számolni kis értékekre.

Adjunk (minél egyszerűbb és jól kezelhető) feltételt arra nézve, hogy egy f kétváltozós függvény mikor áll elő f(x,y)=g(x)h(y) alakban, alkalmas egyváltozós g és h függvényekkel.

Első körben, kellően szép függvényt feltételezve (ln |f(x,y)|)_xy=0 vagy (ln |f(x,y)|)_yx=0

Az a szép, hogy olyan feltételt is lehet találni, amelyben egyáltalán nincs deriválás.

f(x,0)=g(x)h(0) és f(0,y)=g(0)h(y), innen, ha teljesül a feltétel és g(0)h(0)0, akkor , azaz f(x,y)=Cf(x,0)f(0,y), ahol C konstans. Megfordítva, ha ez utóbbi feltétel teljesül, akkor van alkalmas g,h függvényünk: g(x)=Cf(x,0) és h(y)=f(0,y)