Fórum: Érdekes matekfeladatok

Szia!

Én kreatív ötleteket várok.Egyébként egy normális halmazelmélet könyvben le van írva a válasz: Egy A halmaz számossága a legkisebb A-val ekvivalens rendszám. A kérdés az lenne inkább hogy találunk-e ilyen operációkat ami az előzőből nem triviálisan keletkezik.

Ezt gonosz dolog feladatként feladni. Szerintem csak az tudja megoldani, aki hallotta már a megoldást.

Sziasztok!

Két halmaz ekvivalens akkor és csak akkor, ha létezik közöttük bijekció. Bizonyítható hogy ez tényleg ekvivalenciareláció. Egy f operációt kompatibilisnek mondunk egy ekvivalenciarelációval ha

f(A) = f(B) <=> A ekvivalens B - vel

Adjunk meg olyan operációt amely kompatibilis a halmazokon értelmezett ekvivalenciával, azaz tegyük lehetővé a számosság matematikai értelmezését!

Várom az ötleteket üdv.Zoli

Hogy mi "szokásos" és mi nem, az sztem attól függ, hogy hol vagyunk :-). Gimnáziumban például amikor elkezdtünk arról beszélni, hogy Q és akkor ez test és két művelet +, * stb. Akkor "a>b"-t úgy definiáltuk, hogy "a>b" acsa. ha a-b Pozitív. (Nincsen akkor-és-csak-akkor nyíl?) Ahol a Pozitív halmaz halmaz definíciójára már nem emlékszem, de talán lehet azon Q-beliek halmaza melyek előállnak (1+1+...+1)/(1+1+...+1) alakban. Ez nyilván működik Z-ben is. Hogy R-ben ezt hogy lehetne megoldani, azt nem tudom, lehet hogy nem is lehet. És ha így definiáltuk, akkor 1>0-n nincs mit bizonyítani. Persze elegánsabb és számomra nagyon tanulságos volt amit te írtál, hogy, felvesszük a rendezés axiómáit is és azt mondjuk, hogy a>b acsa. ab és ab, de pl. a gimiben, noha a többi axióma szerepelt nálunk (igaz, talán csak Z-re) a rendezés axiómái kimaradtak és ezt a fent leírt módon oldottuk meg.

Ha az eredeti kérdés a valós számok szokásos axiómarendszerére vonatkozik, akkor egy lehetséges válasz a következő.

Az 1/6-os axióma szerint létezik egy (-1)-gyel jelölt elem, ami az 1 additív inverze. Nézzük, mennyi (-1)(-1). Azt állítom, hogy 1. Az additív inverz egyértelműsége miatt (tessék igazolni az axiómákból!) ehhez elég megmutatni, hogy (-1)(-1)+(-1)=0. Az 1/5-ös axióma miatt a bal oldal= (-1)(-1)+(-1)^.1, az 1/3-as axióma miatt viszont ez =(-1)[(-1)+1]=(-1)^.0, a (-1) definíciója miatt. Most igazolom, hogy minden valós x-re x^.0=0. Nézzük az x^.0+x^.0 kifejezést. Az 1/3-as axióma miatt ez utóbbi = x^.(0+0)=x^.0, az 1/4-es axióma miatt. Tehát x^.0+x^.0=x^.0. Most adjuk hozzá mindkét oldalhoz a -(x^.0) számot, azaz az 1/6-os miatt létező additív inverzét x^.0-nak. Azt kapjuk, hogy x^.0=0, az additív inverz definíciója miatt. Speciálisan: (-1)^.0=0 és ezzel beláttam, hogy (-1)(-1)=1.

Most érdemes belátni (tessék igazolni az axiómákból!), hogy egy x elem (-x) additív inverze ugyanaz, mint (-1)^.x. Ezután az 1/2-es miatt kapjuk, hogy x^.x=(-x)^.(-x).

Most lássuk be azt, ha x0, akkor az additív inverzre fordított reláció áll fenn. Valóban: 0=x+(-x)(-x) a 3/1-es és a tranzitivitása miatt.

Most megmutatom, hogy akármilyen x valós elemre x^.x0. Két eset van (melyik axióma miatt?). Ha x0, akkor x^.x0 igaz a 3/2-es miatt. Ha x0, akkor a fentiek alapján x^.x=(-x)(-x) és most 3/2-es axióma.

Viszont ekkor 1^.10 is teljesül. De 1/5-ös szerint 1=1^.1, tehát 10. Viszont tudjuk 1/5 alapján, hogy 10, így a > definíciója miatt 1>0.

Jó játék, nem? :-)

Esetleg tudna valaki lényeges rövidítést adni a fenti axiómaszámozást használva?

Hasonló kérdés: bizonyítsuk be, hogy 1+1=2.

Szerintem is teljesen attól függ, hogy definiáljuk a természetes számokat.

Azt, hogy a fv. hol vesz fel racionális értékeket, szerintem se érdemes túlzottan vizsgálni. Annyi bizonyos, hogy a folytonosság miatt a minimuma és maximuma között felveszi az összeset.

Már az x³-x fv.-ről se látom kapásból, hogy milyen irracionális értékekra racionális (ehhez az x³-x-p/q=0 harmadfokú egyenletet kell megoldani mindenféle p,q értékekre).

Szerintem, ha ennyire lemegyünk, az alapokig, hogy 1>0, akkor tisztáznunk kell a definíciókat, hogy tudjuk mit használhatunk a bizonyítás során. Nem gondoltam utána, de nem vagyok benne biztos, hogy pl. CCkek bizonyítása nem használja-e fel valahol, hogy 1>0.

Szerintem arccos(ncos x) rondább, nem polinom, és biztosan nincs annyi érdekes tulajdonsága.

A teljességre valóban nincs szükség.

A felvetésednek mindazonáltal nem igazán látom értelmét: legyen összesen 2 elemünk, és egy ">"-gyel jelölt reláció. Az egyetlen igaz állítás (axióma) a rendszerünkben pedig legyen az, hogy "1>0". A jelek jelentését firtatni itt értelmetlen. :)

Úgy látom, Gyöngyő nem érti, mennyire jogos Csimby felvetése. Szerintem a feladatot valahogy úgy kéne megfogalmazni: Mi az a minimális fogalom, definíció, axióma halmaz, amiből adódik, mit jelent a "0", az "1" és a ">" , és amiből be lehet bizonyítani az állítást? Úgy sejtem, a teljesen rendezett kommutatív test fogalmára nincs szükség.

Most épp Csebisev polinomokkal foglalkozgatom, tahát T_n(x)=cos (narccosx) polinom. Mi a helyzet forditva? arccos(ncos x) hogyan néz ki? Vagy általánosan melyek azok a bijektív függvények melyekre

f(n^.f^-1(x)) polinom?

Pontosabban:

"Tehát a kérdésem az VOLT hogy hogyan..."

hiszen meg lett válaszolva :)

Szia Csimby!

Tehát a kérdésem az hogy hogyan lehet igazolni hogy 1>0 tehát egy nagyobb mint nulla!

Üdv.: Gyöngyő

Pl. az x=/4 speciális esetben adódó számról szerintem csak a Gelfond-Schneider-tétellel látszik, hogy irracionális; az összes x átvizsgálását elég reménytelennek látom...

Gondolom teljesen rendezett kommutatív testről van szó.

Feltesszük, hogy 1<0. Ekkor a negativ számokkal való szorzás tulajdonságai alapján: 1^.1>1^.0 az-az 1>0 Ellentmondás.

Szia!

Mit jelent az hogy ">"?

Sziasztok!

Lenne egy olyan kérdésem,hogy hogyan lehet bebízonyítani,hogy 1>0 (egy nagyobb mint nulla)?

Köszönettel:

Gyöngyő

Igen, valóban nem volt valami nagy szám ez a feladat, bár a megoldás tökéletes:). Vajon mi a helyzet, ha

kQ?

Nem is kellett 1 hónapot várni rá :)

Gondolom, x valós. Ekkor elegendő a [0,2] intervallumot nézni. Mivel [,2]-n a szinusz negatív és negatív alap esetén nehézkes a valós számok körében hatványokat értelmezni, ezért ezt a részt most hagyjuk ki. Marad a [0,] intervallum. A koszinusz negatív ezen intervallum jobb felén. Marad [0,/2]. Itt viszont az eredeti függvény tengelyesen szimmetrikus e legutóbbi intervallum felezőmerőlegesére, tehát elég [0,/4]-re szorítkozni.

Az eredeti bal oldal x=0-ban éppen 1. De minden x(0,/4)-re (sin x)^cos x+(cos x)^sin x>1, hiszen

(sin x)^cos x+(cos x)^sin x(sin x)¹+(cos x)¹, ez utóbbi függvény viselkedése pedig egyszerű: tudjuk, hogy >1 a megadott intervallumon.

Azt is könnyű meggondolni, hogy (sin x)^cos x+(cos x)^sin x sosem lehet 2, hiszen 0 és 1 közötti számok 0 és 1 közé eső hatványa ugyanilyen, de egyszerre nem lehet mindkettő 1.

Ezekből az eredeti kérdésre a válasz már rögtön kiolvasható, ha nem tévedtem sehol.

Oldjuk meg a (sin (x))^cos (x)+(cos (x))^sin (x)=kZ egyenletet:D

Tapasztalatom szerint a Google nagyon jól működik a KöMaL fórumra. Például ha beírod a keresőbe, hogy Ali győzelem-ünnepe, akkor egy hónap múlva meg fogja találni ezt a hozzászólást.

Köszi szépen Lajos a tanulmányokat, nagyon érdekesek, az említett azonosságra tudok egy indukciós bizonyítást, mely elég hosszú, ezért lettem volna kiváncsi más ötletekre...

Ezeknek az azonosságoknak nevük is van. Az említett speciális eset, úgy rémlik, egyszerűen abból jön ki, hogy (1+x)^a+b=(1+x)^a(1+x)^b. De itt egy kombinatorikus érvelés is. Itt pedig általánosítások, többek között a híres "(3) irracionális" állításról is szól.

Bizonyítsuk be, hogy

Gyönyörűszép levezetés, gratula. Azt hiszem, hogy Cesaro-Stolzzal is megy, mármint ha nem csesztem el valahol:)

Első Stolz után

Második Stolz után:

Már csak azt kell felhasználni, hogy és

Ennek nem lehet ellenállni :-) ( Remélem jó is lesz a megoldás)

Egy jelölés: Ha {a_n},{b_n} két sorozat, akkor a_nb_n jelölje az asszimptotikus egyenlőséget, tehát hogy . Felhasználtam a következőket:

a.)

b.) Ha {a_n},{b_n} két pozitív sorozat, és a_nb_n valamint , akkor

A feladatban szereplő összeg az alábbiak szerint is írható

Belátjuk, hogy ,innen már következik

1.)

2.) Mivel , ezért

Ez szép volt HoA.:)

Szemléletesen arról van szó, hogy a (0;0) (2;0) (2;3) (0;3) téglalapot kettévágjuk az függvény görbéjével. A zöld rész területe . A kék rész területe "balról nézve" az inverz függvény integrálja 1 és 3 között: . Az apró trükk: y=t+1 helyettesítéssel (dt=dy) . A második integrálban t helyett x-et írva a közös határok között végrahajtott integrálásra a feladat képletét kapjuk, és persze T₁+T₂=6

Tehát az eredmény valóban 6 :) Ha f:[a,b][c,d] folytonos, növekvő, bijektív függvény akkor .

A bizonyítás egyszerű, csak az f(x)=t jelölést kell használni.

Legyen

,

ekkor I=I₁+I₂. Jelölés tehát tehát

az-az I=6.

Természetesen észrevehető, hogy az előbb kijelentett tételt, egy kicsit más formában használtuk.

Ha f:[a,b][a+,b+] folytonos, növekvő, bijektív akkor

Beírod, hogy jött ez ki? Kíváncsi vagyok rá...

Az eredmény (borzasztó nagy valószínűséggel) 6. A gép szimbolikus válasza csúnya hipergeometrikus függvényt és gammafüggvényt tartalmaz, de minden numerikus közelítés 6-ot ad.

Lássuk a levezetést és a tanulságokat! :)

Mivel tudjuk, hogy zⁿ is rajta van a komplex egységkörön (hiszen z rajta van), ezért zⁿ szerintem már csak kétféle lehet, amiket írtam, z konjugált vagy -z hiszen ha z=a+bi akkor az y=-b egyenes legfeljebb két pontban metszi a komplex egységkört, -a-bi-ben és a-bi-ben.

Megadom az én megoldásomat is:

z a zⁿ+z+1=0 egyenlet egységmoduluszú gyöke akkor is gyöke, tehát

zⁿ+z^n-1+1=0, a két egyenletet kivonva egymásból kapjuk z^n-1-z=0 tehat z^n-2=1. De 0=zⁿ+z+1=z^n-2.z²+z+1=z²+z+1 tehát z harmadrendű egységgyök, tehát z^n-2=z^3k=1n=3k+2

Így már szép. Egy másik szép feladat, mely érdekes következmenyekre világít rá:

Elnézést, pongyola voltam. Természetesen az 1 abszolút értékű, 2/3 argumentumú komplex számra gondoltam. Tehát ; Innen 2n/3=2/3+2k és innen mint [2205]-ben

Ugyanez egy kicsit másképp: n = 3k + 2 esetén zⁿ+z+1=z^3k+2+z+1=z²+z+1+z^3k+2-z²=(z²+z+1)+z²(z^3k-1) és itt a 3. primitív egységgyökök mindkét tagnak gyökei.

Helló. Ne haragudj de becsszóra nem értem. Mit jelöl a

|z| = 1 esetén zⁿ+z+1=0 azt jelenti, hogy zⁿ , z és 1 szabályos háromszöget alkot, tehát , . Másrészt

2n=2+6k ; n=1+3k

n = 3k - 1 vagy -n = 3k +1 , n = -3k -1 , ami ugyanazt jelenti: n mod 3 = 2

Hogy a képzetes részek egymás ellentettjei ebből nem következik, hogy z és zⁿ egymás konjugáltjai. Probáld inkább a z egységmoduluszú gyök akkor is gyök utat:)

Pontosabban ez csak a "másik" irány biz.-ja, az "egyik" irány ebből nem következik.

Másik biz., amiből kijön a másik irány is: t.f.h. van 1 absz. értékű z megoldás. Ekkor zⁿ is 1 absz. értékű. Mivel z+zⁿ=-1, ezért képzetes részeik egymás ellentettjei, vagyis z és zⁿ egymás konjugáltjai vagy pedig z=-zⁿ. A z=-zⁿ eset kilőve, hiszen akkor z+zⁿ nem -1 hanem 0. Marad az, hogy egymás konjugáltjai, ekkor viszont -1/2 a valós részük (hiszen összegük -1). És máris megkaptuk, hogy z csak 3. primitív egységgyök lehet. Ebből már következik, hogy n=3k+2 hiszen n=3k esetében zⁿ=1, n=3k+1 esetében zⁿ=z és csak n=3k+2 esetben lesz zⁿ egyenlő z konjugáltjával.

Szép:)

n=3k+2 esetén zⁿ+z+1=(1+z+z²)(1-z²+z³-z⁵+...+z^n-2) ahol a jobb oldal második tényezőjében váltakozó előjellel szerepelnek z növekvő hatványai és azok maradnak ki amelyekben a kitevő 3k+1 alakú. Mivel 1+z+z²-nek a 3. primitív egységgyökök gyökei és ezek 1 abszolútértékűek, ezért az egyik irány kész van.

Igen! |z|=1

"egységnyi moduluszú" = 1 abszolútértékű?

Egy olimpiászfeladat:

Bizonyítsuk be, hogy a zⁿ+z+1=0 egyenletnek akkor és csakis akkor van egységnyi moduluszú komplex gyöke, ha n 3-mal való osztási maradéka 2.

OK. Akkor teljes szigorral csak n=7-re ismerünk megoldást.

Alacsony n-re szerintem nincs, ha van, akkor az magasabb n-re lesz. Ez minimum n>7, mivel n=7-re vért izzadva leltünk megoldást.

A számítógépbe csak beírom, hogy DSolve, lásd pl. itt.

Amúgy meg a legyegyszerűbb módszer a következő. (Nem írok se vektort, se mátrixot.)

Adott tehát az y'=y+2z és z'=-y+3z rendszer. Kifejezed pl. az elsőből z-t y-nal és beírod a másodikba. Kapsz egy valós, homogén, lineáris, másodrendű egyenletet y-ban. A karakterisztikus polinom két gyöke _1,2=2i, vagyis (használva az Euler-formulát) két lineárisan független megoldás az és . Emiatt y(x)=c₁^.y₁(x)+c₂^.y₂(x). Innen z(x) már csak egy szimpla visszahelyettesítés. (Láthatod, hogy nem betű szerint ugyanaz jött ki, mint amit a gép adott, de könnyen látszik, hogy c₁ és c₂-t alkalmasan átnevezve mégsem kaptunk mást.)

Szia! Jah, igen ez csak nem kilépő, bocs ha félreérthető voltam. De szerintem az izgalmas kérdés az, hogy van-e 2n-2-nél kevesebb szakaszból álló megoldás.

Megkérhetnélek mindkettőtöket, hogy mutassátok meg, ti egész pontosan hogyan oldanátok meg a feladatot (a gépesnek is nagyon örülnék). (Ugyanis se diffegyenletet nagyon, se komplex függvénytant nem tanultam még suliban, csak saját szakállamra; és nem nagyon látom át a helyzetet.)

Előre is köszönöm :-)

De legegyszerűbb a számítógépet megkérdezni, ami szerint

és

.

Bocs Willy, az előző hozzászolásomban a mátrix:

.

Elfelejtettem, hogy megváltoztattam a feladat adatait:)

Helló Willy.

Igen, valami ilyesmi jött ki nekem is vizsgán, bár kissé bonyolultabban.

Ahol ₁=-1+i,₂=-1-i sajátértékek és

sajátvektorok. Na ezt kéne valóssá alakítani.

De ez ugye csak nem-kilépő? Mert nálam a visszazárt annyit tesz, hogy a kiindulási pontba zár vissza. Azaz nem lehet a gráf egyetlen pontja sem páratlan élű, csak páros. Nálam. :o)

Ha a bal alsóból [1,1] indulsz, akkor csak a [4,4]-be érkezhetsz. Erre én is ráleltem, csak én nem hosszabbítottam meg a már meglévő vonalig. Az [1,1]-be kellene vissza is érkezni.

A bal alsó sarokból kell indulni.

Amit valós alakba még célszerű átírni...

Szia Cckek!

Nem vagyok valami penge a diffegyenltekből, de megnéztem egy próbafüggvényre:

Legyen

(Érzésem szerint ez a próbafüggvény minden megoldást vissza fog adni.)

Végezzük el a mátrixszorzást és a próbafüggvény deriválását is:

Ebből kapunk egy három paraméterrel rendelkező, egyváltozós, két egyenletből álló egyenletrendszert:

C₁^.=C₁+2C₂

C₂^.=-C₁+3C₂

Elsőből kifejezzük C₂-t, beírva a másodikba és rendezve, kapjuk:

0=C₁^.(²-4^.+5)

1) Ezek alapján C₁=C₂=0 és R azaz

2) Avagy, _1,2=2i, C₁R és , azaz

A három megoldás...

Ami természetesen bizonyítandó:) A következő feladatomban y=(y₁,y₂)^TC¹(R)xC¹(R).

Helló Cckek! Kösz a javítást, persze a piszkozaton itt az van, de a bepötyögésnél elíródott! Mindenképpen kedves feladat! Üdv: epsilon

Adott az . Oldjuk meg az y'=Ay differenciálegyenletet.

A megoldás jó, bár azt hiszem a z=3z'+5 transzformációt alkalmaztad nem?

Általánosítás: a,b,c pitágorászi számhármasok a²+b²=c². Ha |z-c|=b akkor

Helló Cckek, a Te szimpatikus feladatodra akartam választ adni, de egy sorral lennebb klickeltem, így a Doom nickre hívatkozik a válasz!

Helló! Ha jól számoltam akkor a tört abszolútértéke 1/3, nem de? Pl. végezzük el a z=3+z' transzformációt, így a feltétel alapján abs(z')=1 ezért jelölje z"=konjugált(z). Így 1/z'=z" továbbá ha az abs[(4-z)/(4+z)]=E akkor E=abs[(3z'+1)/(3z'+9)]=1/3*A ahol A=abs[(3z'+1)/(z'+3)]. Most a tört számlálóját és nevezőjét is tagonkénz osztva z'-tel, a konjugálás tulajdonsága alapján azt kapjuk, hogy A=1/A adódik, és A>0 tehát A=1, így E=1/3.

Kösz Doom! Az még vettem észre, azzal valóban jobban be lehet osztani csoportokra, de valójában azt a keresési módszereket hiányolom, amikor konkrét szóra, stb. lehetne rákeresni, de gondolom, hogy ezt nem könnyű megvalósítani, mert már megtették volna, nem Én találnám fel a spanyolviaszt! Üdv: epsilon

Egy érdekes általánosítható feladat: Legyen zC,|z-5|=3. Számítsuk ki értékét!

A hozzászólások felett jobb felül: hány hsz legyen a lapon és rendezze a legöregebbel kezdve... innen már te is ki tudod egyszerűen számolni, hogy melyik sorszám hányas lapra esik... ;)

Ha olyan gyorsabb keresésre gondoltál, ami kulcsszavak alapján működne, az szerintem is hasznos lenne.

Kedves Károly! Hát így sorszámszerint valahogy könnyebb volt betájolni, de tényleg kár, ha nem létezik olyan keresés, hogy ha beírod az adott hsz számát, akkor oda vigyen...de hát meglehet, hogy csak Nekem hiányzik. Mindenképpen kösz a segítséget! Üdv: epsilon

Kedves Károly! Kösz, de nem találok valami szapora keresési lehetőséget, mint pl. a Neten, itt látom a [1. oldal] [2.oldal][3. oldal][4. oldal]...lehetőségeket, de a hozzászólások hosszából hogyan lehet megsaccolni, hogy melyikbe esik pl. 99. hozzászólás. Kár, hogy nem találtam, vagy nem található (?) szaporább keresési lehetőség! De addig is bogarászok! Üdv: epsilon

Pedig nem ördöngösség, hisz eme topikban van alább a [176] ill. [352-353] hozzászólásoknál. :o)

Így itt az alkalom, hogy a megkeresésével egyben jobban ismerkedj a fórummal.

Kedves Károly! Nem igazán szoktam döngetni ;-) meg a Fórumot sem ismerem annyira részleteiben, nem is járok régóta és túl gyakran ide, úgyhogy szerintem ülhet ott a valahol ahol van, mert biztosan nem találok rá, inkább majd szórakozásból megpróbálok magam rájönni. Üdv: epsilon

Üdv!

Közben az n=7 12 vonalasra találtam mégegy szigorú feltételű megoldást, így már 3-at is ismerek.

De a Csimby jelezte n=5 8 vonalasra még nem leltem rá, sőt még n=6 10 vonalast sem találtam.

Kedves epsilon!

Kicsit rejtélyes leszek. Nyitott kapukat döngetsz. Ti. a megoldások megtalálhatóak itt a KöMaL fórumon ... valahol. Csak meg kell keresni őket. Tudom, nem lesz nehéz, sok sikert hozzá. S ha meglelted, berakok még néhány nem-kilépő megoldást n=5, 6 tartományból.

:o)

Kedves Károly! A jelzett lehetőségekről bemutatnál rajzot is, hátha további lehetőségeket tartogat? Üdv: epsilon

Kedves epsilon!

Lehet egy kicsit nehezíteni a feladatokat. n=4-re létezik visszazáródó, míg n=5-re nem-kilépő, n=7-re mindkét szigorítással együtt, sőt 2 megoldása is ven.

Szia! Köszi az ábrákat! Az én algoritmusom most veszem észre, hogy mégsem jó, mert noha megfelelő számú szakaszból áll, az egyiket 2 részletben húzom be az pedig csalás (1 behúzással nem lehet mert van benne egy 3-fokú csúcs így muszáj abból indulni). Amúgy azt akartam, hogy az n=5-re talált "nem kilépő" megoldásomat (amit még nem akarok lerajzolni) L-alakban két szakasszal kibővítem és egy régi szakaszt meghosszabítok, ekkor n=6 egy megoldását kapom és ez folytatható is lenne, csak hát mégsem jó.

A 328-as feladat kapcsán a következő biztos: n×n pont összeköthető 2n-2 szakaszból álló töröttvonallal, a kért feltétellel. Szemléltetés és algoritmus kialakítása végett itt egy "kép" egy pár esettel:

A spirál alatt azt értem, hogy a mátrixot kivülröl körkörösen, majd mindig befelé haladva folyamatosan felfűztem. Ehhez, amint jól látod 1-gyel több vonal kell. Anno így határoztam meg a szükséges lépésszámot, azaz a spirálban található vonalak számából elvettem egyet. Persze később a képletet is meghatároztam. :o)

---

Az n=5 nemkilépő és visszazárón akkor elkezdek gondolkodni.

n=5-re is van nem kilépő, visszazáródó.

Most látom csak hogy ez a feladat egyszer mennyire ki lett már vesézve (pl. 39.feladat), Spirálozás alatt amúgy azt érted hogy mindig az egyel kisebb oldalhosszú négyzet megoldásából állítjuk elő a következőt? Vagy mire gondolsz? Mert ugye ha csak úgy felspirálozzuk a pontokat, akkor az 1-gyel több szakasz.

327./b-hez egy példa: Klein csoport: {x,-x,1/x,1/-x}

A "spirálozást" még anno eljátszottam, mikor a 7*7-es megoldását kerestem. E témakörben az lehet még érdekes, hogy melyik legkisebb n-nél lehet már megoldást találni, (1)hogy vissza lehessen zárni, (2)hogy ne lépjen ki a törtvonal a külső pontokon ill. (1) és (2) egyszerre. n=4-re már lehet zárt görgét találni, n=5-re pedig nem kilépőt. A kettő együtt eddig még az ismert n=7.

Valószínűleg igazad lesz a 2(n-1)-gyel kapcsolatban. Van konstrukcióm minden n-re ami csak 2(n-1) szakaszból áll, tehát n=4-nél 6-ra már van megoldás.

De most ne projektív síkon legyünk jó? :-) És a pontok legyenek tényleg pontszerűek.

Szerintem az általánosító képlet 2(n-1), azaz a mátrix pontjait spirálisan 2(n-1)+1 szakaszból álló törtvonal segítségével tudjuk felfűzni.

S így ezen feltételekkel szerintem már megoldhatóak. Lásd n=7 esetében már két szigorításal is. (nincs kilépés és visszazár)

Persze négy vonallal is lehet: így

Én nem tudok rá megoldást, úgyhogy itt van egy sablon, amin lehet próbálkozni.

Hát ez nagyon ügyes, gratulálok!

328.-ban az a feladat pl. n=4-re, hogy az ábrán látható 16 ponthoz megadható e egy 5 szakaszból álló töröttvonal amit a "ceruza felemelése nélkül" meg tudunk rajzolni és mind a 16 ponton átmegy. n=3-ra van ilyen 4-vonalból ez az ábráról leolvasható. Valaki azt állította egy ismerősömnek, hogy minden n-re van ilyen töröttvonal, de szerintem már n=4-re sincs. (pl. az ábrán 2 pont kimarad)

Bocs, de a 328. feladatot nem fogtam fel, valahogy nem tudom összerendelni a hivatkozással. (Lehet hőgutát kaptam :-)

Másképp számoltam, a módszert még egyetemen hallottam egy szenzációs tanáromtól. Legyen és tekintsük f(x) fixpontjait, azaz az f(x)=x egyenletet, x²+(c-a)x-b=0. Ha ennek két ( akár komplex) gyöke x₁,x₂, akkor

( legyen ez a 327/a/a feladat :-), valamint

x₁+x₂=a-c és x₁x₂=-b

Indukcióval azonnal adódik, hogy .

Ha most a,x₁,x₂ értékét úgy választjuk meg, hogy

( az első primitív n-dik egységgyök), akkor f_n(x)=x adódik. Ha még x₁=x₂konjugált ( nem tudom a felső vízszintes vonalat TeX-ben :-), akkor x₁,x₂ lehetnek egy másodfokú egyenlet komplex gyökei.

Könnyen látható, hogy a=1, x₁=-_n , x₂=-^n-1 jók lesznek, innen b és c értéke a fentiek alapján könnyen számolható.

Köszi! Hogyha a törtfüggvénybe n-szer behelyettesítem önmagát, majd egyenlővé teszem ezt x-vel. a=1, b=-1-et helyettesítek és egyoldalra rendezem, akkor ebből kiemelhető lesz c-egy polinomja, amit megoldok hogy mikor 0. Így jön ki c-re az amit a megoldásban írtál? (n=3-ra ez működik, de 4-re nem szenvedtem végig)

Más: 328.-ra szerintem nemleges a válasz.

Bocs,

Konkrétan n3 esetén

A 327/a feladatra szerintem pozitív a válasz, azaz minden n-re van olyan elsőfokú racionális törtfüggvény ( alakú), melyre f⁽ⁿ⁾=x ( ez most kompozíció és nem deriválás :-)

Bocs, én még ennél a feladatnál tartok :-), de úgy néz ki, hogy az első megérzés volt a jó.

Előző feladatomra sajnos senki se reagált :-( Itt van pár új.

328.feladat A [2].hozzászólásban szereplő 2.feladat általánosítható-e n×n-es négyzetre és n+1 egymáshoz csatlakozó szakaszra. Már n=4-re is kíváncsi lennék hogy mit mondtok.

329.feladat Két Sudoku -táblázat távolsága legyen azon mezők száma ahol eltérnek egymástól. Milyen távolságok fordulhatnak elő két táblázat között.

Érdekes kérdés még hogy hány különböző Sudoku-táblázat van, illetve, hogy legkevesebb hány mezőt lehet úgy megadni, hogy legyen egyértelmű megoldás. De ezekről sajnos azt találtam hogy igen nehezek lehetnek.

Nos tehát xⁿ⁺¹-1=k(x-1)² az-az deriválva kapjuk (n+1)xⁿ=2k(x-1) de (x,x-1)=1, tehát (x-1)|(n+1). Forditva ha (x-1)|(n+1)n=k(x-1)-1 tehát és itt is driválásal könnyen ellenőrizhető, hogy x^k(x-1)-1=p(x-1)²

328. feladat Vegyük a kôvetkezô mértani haladványt: 1, x, x*x... x természetes szám és nagyobb mint 1, n természetes sám S(n)=1+x+...+(x) az n-dik hatványon Bizonyítsuk be, hogy: S(n)/(x-1) természetes szám <=> (n+1)/(x-1) természetes szám.

Úgy látszik, tényleg meleg van, mert az eredmény most utólag nem tűnik jónak

Egy kis üditő számolás :-) után az határérték szimpatikusnak tűnik.

A nagy meleg miatt, megaztán nyaralás okán elég hulla a forum, itt van egy frissitő:

327.feladat Az f:RR fv. n-edik hatványa legyen fⁿ=fo...of - n db f összekomponálva (tegyük fel, hogy R_f^kD_f^k+1, k1 vagy k0 - ez esetben f⁰:=id, még nem tudom hogy lesz érdekesebb a feladat 0-val vagy 1-gyel. Megj.: Ha k0 akkor f az egész R-en értelmezett és így fⁿ=id-ből következik, hogy f összes hatványa is egész R-en értelmezett). Egy f RR fv. rendje legyen az a legkisebb n pozitív egész, melyre fⁿ=id.

a. feladat Keressünk minden n-re n-rendű f:RR függvényt.

A Cckek által [2116]-ban kitűzött feladatban pl. az függvények az R-{0,1} értelmezési tartományban csoportot alkotnak a kompozícióra nézve az RR fv.-ek terében. Ebben a csoportban rendje 2, rendje 3, a csoport 6 elemű, így ez a csoport izomorf S₃-mal.

b. feladat Mely G csoportoknak adható meg ilyen RR fv.-ekkel reprezentációja? (keressünk ilyen reprezentációkat) Megj.: Az a. feladat tehát azt kéri, hogy adjuk meg minden n-re Z_n egy reprezentációját és n=2,3-ra már mutattunk példát, igaz egyik sem volt az egész R-en értelmezve, kérdés: van-e ilyen?.

u.i.: Most egy hétig nem leszek, pedig kíváncsi vagyok miket fogtok írni, mindenesetre még én sem gondolkoztam a feladatokon, csak a [2116]-ban kitűzött feladat kapcsán vetődtek fel bennem ezek a kérdések.

Egy kis segítség: legyen =inf{|g|,gG-{0}}.

Helló Csimby

Igazad van, elsiettem, nem gondoltam át eléggé.

Szia!

2/A-ban card a számosságot jelenti? És ha igen, akkor abból hogy ez alef0 miért következik, hogy Z? (Pl. Q nem izomorf Z-vel hiszen nem ciklikus)

Természetesen ki kell zárni a G={0} esetet. Először bebizonyítjuk, hogy G nem korlátos. Legyen

gG,g0.Mivel G csoport,(gG-gG) vehetjük g>0 és ngG minden nN esetén. Ekkor az arkhimédészi axioma értelmében minden rR-re van olyan nN melyre ng>r. Tehát G nem korlátos, és G nem véges.

1. Ha G-nek nincs torlodási pontja mivel G zárt és nem korlátos, ugyanakkor nGG igy G megszámlálható végtelen sok izolált pontból áll, tehát izomorf Z-vel.

2. Ha xG torlodási pontja G-nek, akkor ha V környezete x-nek,(V végtelen sok pontot tartalmaz a G-ből)akkor minden yG esetén (y-x)+V környezete y-nak (és végtelen sok pontot tartalmaz a G-ből), tehát y szintén torlodási pont. Tehát ebben az esetben G minden pontja torlodási pont. Két lehetségünk van:

A. G egyetlen pontjának sincs G-beli környezete. Ekkor G minden pontjának a környezetei megszámlálható végtelen sok pontot tartalmaznak G-ből, tehát cardG=₀ igy izomorf Z vel.

B. Létezik xG úgy, hogy V=(x-,x+)G. Ekkor V-x=(-,)G és az archimédészi axioma értelmében

(-n,n)G,nN tehát G=R

:-))) De igen!

Ezek a karakterek nekem évek óta hiányoznak itt...

Nincs ennek köze a diff. egyenlet vizsgához? :)

326. feladat Bizonyítsuk be, hogy egy GR zárt (t_nG, t_nt esetén tG) részcsoport vagy maga az R vagy izomorf Z-vel. (Megj.: Csak most tűnt fel, de jól látom, hogy nincs a a valós ill. egész számok jelölésére használatos dupla szárú R ill. Z?)

A csudába, én meg elírtam a komplex gyököket, helyett hibásan *-t írtam, pedig számolás közben rájöttem, hogy az első a jó.

Igazad van. Sőt még abban is tévedtem, hogy x₁,x₂ tetszőleges multiplicitással szerepelhet. A valós együtthatós kikötés miatt ez nem igaz, csak párokban léphetnek fel.

Este végignéztem a hat gyök össszes párosításából adódó megoldásokat. Szerintem csak a már ismert 1/2, 2, -1, x₁ és x₂ értékeket kapjuk. Így aztán könnyen lehet, hogy csak az általad mondottakból adódó (x-x₁)(x-x₂)(x-1/2)(x-2)(x+1) polinom és a [2129] -beli P(x) a megoldás.

Ha , az ebből kapott két gyök x₁ és x₂, akkor a maradék három gyök még lehet , 2, -1, szóval nem muszáj, hogy x₁ és x₂ legyen.

Szerintem nem kell túlbonyolítani. Odáig világos, hogy a 6 gyökhely . Mivel a polinom csak ötödfokú, szükségképpen vannak köztük egyenlőek. Szépen végig kell nézni, mi adódik ha az egyes párokat egyenlővé tesszük. Például a = 1-a -ból a=1/2 és És itt nem baj, hogy további egybeeső gyökök vannak. A megoldás így írható: , ahol u és v egymástól függetlenül felveheti az 1/2, 2 és -1 értékeket. A további polinomokat a többi pár egyenlővé tételével keressük, és elhagyjuk az ismétléseket. Az választással adódik a már szerepelt páros, ekkor valóban csak ez a két gyök van, jelöljük őket x₁ésx₂ vel, a polinom így P(x)=(x-x₁)^.(x-x₂)^.(x-u)^.(x-v)^.(x-z), ahol megintcsak u,v, és z x₁vagyx₂. És így tovább, ha van még...

Ebből még nem következik hogy

Lehet, csak a nyár teszi, de ezek is jók talán!?

ugyanakkor egy ötödfokú polinomnak 5 gyöke van:)

Egyébként a feladat azért trükkös, mert elindulhat valaki a rossz irányba is, hogy felteszi, hogy az öt gyök különönböző, és nem jut eszedbe, hogy 1-1/(1-1/(1-1/a))=a.

Ekkor gondolhat arra, hogy párba állítja a gyököket úgy, hogy a párja 1-a legyen, és mivel az öt páratlan, ezért biztosan gyök az 1/2 mert csak az párja önmagának, vagy hogy párba állítjuk a-t 1/a-val, és akkor biztosan gyök 1 és -1 közül az egyik.

Vagy arra is gondolhat (szintén ha az összes gyök különböző), hogy ha minden a gyökhöz 1-a is gyök, akkor a gyökök összege 5/2 így az x⁴ együtthatója -5/2, valamint hasonlóan a gyökök szorzata 1 így a konstans tag 1.

Na nézzük. Ha a=1-a, akkor a=1/2 és a gyökök 1/2,2,-1. Ha a=1/a akkor vagy a=-1 ami az előző eset, vagy a=1 jönne ki, de az nem jó, mert akkor az 1/0 is gyöke lenne a polinomnak.

Ha a=1/(1-a), akkor és ilyenkor csak két gyök van, mert a=1/(1-a)=(a-1)/a és 1-a=1/a=a/(a-1).

Ezzel ki is merítettük az összes lehetőséget a gyökökre nézve, de a polinomokat nem adtuk meg.

De ha kettő egybeesik, akkor több egybeesés is van, nem?

De az viszont jó, ha 6 van, mert akkor szükségképpen kettő egybeesik. És az egy egyenlet a-ra.

hehe, hát nem :-)

az

Meg alakú is.

(reciprok képzés, 1-x, nem vezet ki közülük, viszont ezeknek mind szerepelnie kell) Kéne még vacakolni hogy mi van ha egybeesik pár. De úgy emlékszem algerba gyakorlaton volt valami hasonló Galois elmélet keretein belül. Majd ha végeztem a diffegy vizsgával és lesz időm megkeresem :-)

Szerintem az 5 gyök mindig: alakú.

Szép:) Amúgy ezek második fokozati vizsgakérdések itt Romániában. Itt van még egy ha érdekel valakit:

Határozzuk meg azokat az ötödfokú valós együtthatós P(X) polinomokat, melyeknek a domináns együtthatójuk 1 és, ha a gyöke P-nek akkor 1-a illetve is gyöke P-nek.

A feladatban határozatlan integrálok szerepelnek: ha a két integrációs állandót különbözőnek választjuk, elég nehéznek tűnik a kérdés. Legyenek tehát egyenlőek.

Az egyenletet f-re rendezve látjuk, hogy f deriválható a pozitív és a negatív félegyenesen. Deriválva az egyenletet egy differenciálegyenletet kapunk, melynek megoldásai

alakúak, valamely a0 állandóval. Most csak a pozitív előjel jön szóba. A feladat megoldásai lesznek tehát az olyan f függvények, amelyek x>0 és x<0 esetén a fenti képlettel vannak megadva, esetleg más-más a állandóval a pozitív és a negatív részen.

Határozzuk meg az összes morfizmust (Q,+) és (S_n,o) között.

Határozzuk meg azokat az f:R(0,) folytonos függvényeket melyekre: , ahol >0

Akkor nyertem.

Ajándék: http://www.komal.hu/verseny/2001-05/B.h.shtml B. 3469, asszem :)

Na jó, akkor lecsapom :-)

Pont elolvastam a feladatot, majd a vihar miatt jött egy 2 órás áramszünet, azalatt volt időm (többek közt ezt is) végiggondolni.

Tehát f(f(n))=f(n)+n és f(1)=2.

A Fibonacci-számokon végigugrálva az embernek elég hamar előjön az a sejtése, hogy , vagyis a függvény lineáris -es szorzóval, egészre kerekítve.

És hogy ez miért jó? Legyen , vagyis a kerekítés nélküli függvény. Erre nyilván

Másrészt minden n-re |f(n)-g(n)|<1/2, vagyis n-1<f(f(n))-f(n)<n+1, és mivel a különbség egész, ezért csak n lehet. Ezen kívül , vagyis , így f(n+1)-f(n)1.

Felhívnám a tisztelt forumozók figyelmét, hogy a 2089-es hozzászolásomban kitűzött gyönyörűszép feladat még mindig megoldatlan:)

Szép elemzés!

Azért leírom azt is, hogy én mire jutottam. Talán kicsit egyszerűbb becsléseket használok, valamint semmilyen függvényvizsgálatra nincs szükség.

Legyen y:=n+x

És itt, mikor 1/y-edik hatványra emelem mindkét oldalt:

A két gyök közül az egyik lesz n, a másik x_n. Az egyik gyök (a minuszos) 1 körül van, nézzük meg ezt alaposabban. Feltételezve, hogy y nagy, e^1/y=1+1/y+1/(2y²)+O(1/y³), ahonnan

Ez pedig éppen az becslést adja, ahonnan szintén látszik az 1/2-es határérték. Viszont kihasználtam, hogy ha n, akkor y, ezt még annyival meg kell támogatni, hogy mivel a két gyök összege y, ezért valamelyik a kettő közül legalább y/2, válasszuk ezt n-nek, a másikat pedig x_n-nek.

* * *

Mindamellett azért is írtam le ezt az egészet, mert az az érdekes dolog látszik belőle, hogy ha nem n és x_n lenne a feladatban, hanem x és f(x), akkor bejönne egy új gyök, hiszen az első lépésnél, a hatványozásnál az alap lehet épp negatív is, ha a kitevő (y) páros egész szám. Ekkor:

Ennek pedig egy pozitív (n), és egy negatív (x_n) gyöke van. Viszont az sose fordulhat elő egyszerre, hogy y páros egész és n is egész, de ha n tetszőleges valós szám lehet, ami tart a végtelenbe, akkor valóban kapunk egy új gyököt:

Itt most e^1/y1 triviális becslést alkalmazva

Szóval ha n nem feltétlen egész, akkor van egy másik (negatív) sorozat is x_n-re (ilyenkor az alap -1 közelében van).

Hiába... Le a kalappal:)

Használjuk fel a pontosabb x-x²/2<ln (1+x)<x-x²/2+x³/3 egyenlőtlenséget. Ebből arra következtethetünk, hogy x_n az

és az

egyenletek (1-hez közeli) gyökei között van. Ez egy másod- és egy harmadfokú egyenlet, a megoldóképleteik felírhatók. Az ezekben szereplő négyzet- és köbgyököket a binomiális tétellel lehet sorbafejteni, amiből végül megkapjuk, hogy mind az alsó-, mind a felső becslése x_n-nek , ha n.

A numerikus kísérletek azt mutatják, hogy

, ami az eddigi sejtésektől (limesz=1) eltérő eredmény.

A kérdéses x_n sorozat az egyenlet gyöke.

Bizonyos mennyiségű számolással (első- és második deriváltak vizsgálata, határérték a 0-ban és a végtelenben, stb.) belátható, hogy ennek az egyenletnek minden, elég nagy n-re (pl. n>10) csak 1 gyöke van, az is 1 és pl. 2 között. Ez azért segít, mert ekkor használható az egyenlőtlenség (0<x<1). Így az eredeti egyenlet x_n gyöke beszorítható két egyszerű egyenlet gyöke közé. Ebből kapjuk pl., hogy

ami maga után vonja, hogy elég nagy n-ekre

Tehát az (x_n-1)n^a sorozatnak csak a=1 esetén lehet véges, nemnulla limesze (ha egyáltalán létezik).

Finomabb ötleteket fog igényelni annak kiderítése, hogy (x_n-1)n melyik pozitív számhoz tart.

Egyelőre azt sem tudom belátni, hogy az x_n sorozat egyáltalán miért pozitív.

Dehogy kell igaznak lennie. (1+1/n)ⁿe, de ettől még nem igaz, hogy ez a sorozat konstans e. Sőt, ha már itt tartunk, akkor egy segédfeladat (bár már szerepelt itt az oldalon, úgy emlékszem).

_n úgy van definiálva, hogy . Mi _n határértéke?

A sorozatot megadó egyenletnek mindig igaznak kell lenni. Tehát n esetén nx_n=n+x_n

Nem akarok kötözködni, de attól, hogy az a_n és b_n sorozatokra , nem következik, hogy a_n-1 és b_n-1 ugyanolyan gyorsan tart 0-ba. ( pld , ). Tehát csak arra akartam rákérdezni, hogy a feladatban szereplő x_n sorozat miért helyettesíthető a sorozattal ?

Kedves Lajos!

Én úgy gondolkodtam, hogy az a és b megadásához minket az x_n sorozat csak határértékben érdekel, vagyis nyugodtan helyettesíthető az sorozattal, különben első egyenlet nem lenne igaz.

Az határértéke pedig a<1-nél 0, a=1-nél 1, a>1-nél végtelenbe megy.

Az x_n>1 is viszonylag egyszerű ( n2), azaz , a baj az, hogy ebből az x_n-1 nagyságrendje nem látszik.

Nagyon könnyű levezetni hogy és innen származhatnak intuitív úton- gondolom - a kapott a,b értékek.

Kedves László, adj egy kis segítséget a megoldáshoz :)

Természetesen észrevehető, hogy a függvény mit csinál a Fibonacci számokkal. Persze felirható azért zártabb alakú példénya is.

Nézd meg, hogy az A007067 sorozat megoldás-e.

...és ha létezik ilyen függvény adjunk példát rá:))

f(f(x))-es függvényegyenletből csak egy jut eszembe: f:RR differenciálható, mindenütt pozitív, f'(x)=f(f(x)). (Úgy emlékszem, nincs megoldása, de utánanézhetek, ha kell.)

Reméltem, hogy ti adtok nekem útmutatást:)

Egy nagyon érdekes feladattal találkoztam a minap. Létezik-e olyan f:NN függvény melyre f(1)=2,

f(f(n))=f(n)+n, és f(n)<f(n+1)?

Kérünk egy kis útmutatást.

Valóban, bár ennek a bizonyítása nem is olyan egyszerű.:)

Ha a=1, akkor b=1. Ha a<1, akkor b=0.

Az x_n sorozat a következőképpen adott:

Határozzuk meg az a,bR számokat úgy hogy

jah...most nézem csak...szóval akkor 1706-1715-ig :)

lásd az 1706-1715., illetve a 349. hozzászólást :)

77. feladat: (Felesben legel e kecske) Egy kecskepásztor egyik nap egy kerek legelőre vitte ki egyetlen kecskéjét legelni. De hogy ne kelljen másnap újabb legelő után nézni, úgy szeretné kikötni, hogy csak a legelő felét tudja a kecskéje lelegelni. A karót a legelő szélén verte le. Milyen hosszúra kell a kecske kötelékét engednie?

Megköszönném ha valaki e-mailben elküldené a megoldást részletezve! Mivel a 349-es hozzászólásban megvan a megoldás, de az számomra átláthatatlan. Még amatőr vagyok, de próbálkozom :) Ha esetleg valaki csak simán elmagyarázná a megoldás menetét annak örülnék legjobban. Msn: s(alulvonás)fecko@freemail.hu Vagy skype: s(alulvonás)fecko Köszönöm!

Elnézést, sajtóhiba: természetesen "frac1x+12" =

Legyen a két munkás A és B! A egyedül x óra alatt végzi el a munkát, míg a feladat alapján B x+12 óra alatt. Így 1 óra alatt a munka , illetve frac1x+12-ed részét végzi el. Mivel ketten együtt 8 óra alatt végeznek a teljes munkával, így

Szorozva x(x+12)-vel és nullára rendezve kapjuk, hogy

x²-4x-96=0

x₁=12,    x₂=-8,  de  ez  nem  lehteséges.

Tehát x=12, azaz a munkát külön-külön 12, illetve 24 óra alatt végzik el.

legalábbis én a következőképp értelmezem a feladatot: meg kell oldanunk a következő egyenletrendszert (vegyük a munkát az egyszerűség kedvéért 1-nek): 8x+8y=1 és kx+(k+12)y=1 az első egyenletből helyettesítéssel: . A másodikba ezt helyettesítve és megoldva kapod: és ebből látható, hogy nem állapítható meg, hogy melyikük mennyi ideig dolgozik. A megoldás lehetséges, hogy valahol hibás, úhogy előre is elnézést kérek a lehetséges hibáért.

Üdv mindenkinek :) Van egy számomra nehéz matekfeladat, hálás lennék, ha valaki segítene a megoldásában. (levezetéssel leírná) "Két munkás összesen 8 óra alatt végez el egy munkát- Külön mennyi idő alatt végeznek, ha az egyik 12 órával tovább dolgozik." Előre is köszi :)

Elemi függvénnyel nem lehet: a primitív függvény elliptikus integrállal fejezhető ki.

A következő határozatlan integrált kéne kiszámolni, ha ki lehet:

Sőt, a Newton-Leibniz-formula alapján minden olyan f folytonos függvény jó lesz, amelynek F primitív függvényére fennáll, hogy , én ebből a geometrikusabb feltételből találtam meg a

f(x):=(x(x-1/2)(x-1))'=3x²-3x+1/2

példát.

Gyönyörűszép levezetések nekem is ezek az értékek jöttek ki nagyjából:). A feltett kérdésre válaszolva:

, tehát ilyen függvény a cos 2x

Az eredeti f.) pont kérdésének megválaszolásához expliciten számoljuk ki az U operátor n-edik kompozícióhatványát, ami most könnyen megtehető: legyen xX rögzített elem, ekkor, ahogyan láttuk, bármely n pozitív egész esetén U^[n](x)(s)=a_ns+b_n alakú függvény, alkalmas a_n és b_n számegyütthatókkal. Nyilván , . Az U definíciójából ekkor adódik (hasonlóan ahhoz, amit már szintén láttunk az előző hozzászólásban), hogy

a_n+1=a_n/2+b_n és b_n+1=a_n/3+b_n/2.

Ennek a rekurziónak a megoldása

és

Ebből látszik, hogy tetszőleges s[0,1]-re , ahol az eredmény tehát egy kontans függvény [0,1]-en.

Tudjuk, hogy a megadott X tér Banach-tér. Az U operátor nyilván lineáris.

a.) Az U operátor korlátos az X téren és ||U||_op. operátornormája éppen 3/2, hiszen az X tér egységgömbjéről vett tetszőleges x függvénnyel

ennek a kifejezésnek a maximuma pedig s[0,1] esetén 3/2, amiből kapjuk, hogy ||U||_op.3/2. Viszont az x(t)1 választás mutatja, hogy ||U(x)||=3/2 elérhető.

b.) Mivel tetszőleges xX függvény esetén U(x) egy sa^.s+b alakú X-beli függvény ( és ), ezért az U operátor ranU értékkészlete részhalmaza az elsőfokú polinomok alterének X-ben, ami véges dimenziós. U tehát véges rangú, emiatt kompakt operátor.

e.) Bármely kompakt operátorra igaz, hogy spektruma csak a sajátértékeiből, illetve legfeljebb a 0 számból állhat. Mivel az X tér most végtelen dimenziós, ismert, hogy a 0 ilyenkor mindig spektrumpont. Megmutatjuk, hogy U-nak csak két nemnulla sajátértéke van.

Ehhez az U(f)=f egyenlet megoldása szükséges: keresendő az összes olyan komplex 0 szám és f nem azonosan nulla folytonos függvény X-ből, amelyre a fenti egyenlőség fennáll. Azonban a bal oldal legfeljebb elsőfokú polinom, ahogyan azt láttuk, f(t) kereshető tehát f(t)=at+b alakban (a, b számok). Mivel ekkor U(f)(s)=s(a/2+b)+(a/3+b/2), ezért a sajátérték-egyenlet megoldása ekvivalens a következő kérdéssel: mely 0 számok esetén van nemtriviális megoldása az

a/3+b/2=b

a/2+b=a

egyenletrendszernek. Egyszerűen látszik, hogy ez csak esetén van így, ezek tehát az U operátor nemnulla sajátértékei.

U spektruma tehát .

c.) U nem injektív, mert a 0 egyúttal sajátérték is.

d.) A legkevésbé nyilvánvaló állítás a feladatból az, hogy a 0 szám sajátértéke is U-nak. Ehhez olyan f:[0,1]R folytonos függvényt kell keresni, ami nem azonosan nulla, mégis és . Ilyet lehet találni, de kíváncsi vagyok, ki milyen példát ad, a végén erre visszatérek.

f.) A kérdés nem a szokásos alakú, de arra nagyon hasonlít: a kitűző véletlenül itt nem a spektrálsugárra gondolt? Az U operátor spektrálsugara nem más, mint a 0-tól legmesszebb lévő pont a kompakt spektrumból, ami jelen esetben . Ismert, hogy ez a szám egyenlő a limesszel -- nem elírás az f.) pont és erre gondoltál? (Az eredeti kérdésre egy lineáris rekurzió megoldása után úgy tűnik, könnyen lehetne válaszolni, de azt még nem néztem meg.)

g.) Jelölje Id az X tér identitásoperátorát. A válasz igen, hiszen az (U-1^.Id) operátor (az XX korlátos lineáris operátorok Banach-terében) invertálható, lévén az 1 nem spektrumpont. (Sőt, emiatt több is igaz: fennáll a kezdeti feltételtől való folytonos függés is.)

h.) Az egyenletnek csak az x azonosan 0 függvény a megoldása, mert nem spektrumpont, innentől pedig l. az előbbi pontot.

Végül visszatérve a fent említett kérdésre, oldjuk meg az alábbi feladatot:

Adjunk példát olyan f:[0,1]R folytonos függvényre, ami nem azonosan nulla, de tetszőleges elsőfokú p polinommal .

Legyen és

Számítsuk ki illetve döntsük el a következő kijelentések igaz vagy hamis voltát:

a) ||U||=?

b) U kompakt

c) U injektiv

d) 0 sajátértéke U-nak

e) U spektruma=?

f)

g) x-U(x)=y egyenletnek mindig van egy es csakis egy gyöke, bármely lenne yC_[0,1]

h) A egyenletnek van 0-tól különböző gyöke

A 325. feladat megoldásához lásd a "Valaki mondja meg" téma [174] és [176] hozzászólását.

Elnézést! A 325. feladat van az előző hozzászólásban.

Mutassuk meg, hogy tetszőleges n pozitív egészre van n db pithagóraszi számhármas, melyekben az átfogó (vagy az egyik befogó) megegyezik!

Persze, persze. Volt egy fizkémofő tanárom, aki mindig azt mondta: "ne azt írjátok, amit mondok, hanem amit gondolok" :-)).

Ha már kötözködés, akkor a halászbárka nem 200m-es, hanem méteres hullám tetején kell, hogy legyen ;-)

Ugyanezen okok miatt a "léghajó" még kevésbé egzakt megoldás, hiszen ha a léghajó a tengeren halad, akkor ott valószínűleg valami baj történt :-)).

A negyedik egyértelműen egy halászbárka, amelyet egy 200 méter magas hullám épp a csúcsára vett. A másik három vízijármű egy 200 méter oldalhosszúságú egyenlőszárú háromszög három csúcsát alkotja, melyek mindegyike 200 méter távolságra van a halászbárkától.

A "tengeralattjáró" kifogásolható megoldás, mivel nem a szó szoros értelmében a "tengeren" halad, hanem a tenger>ben< (kivéve persze, ha épp felszíni üzemmódban halad. De akkor meg nem a szó szoros értelmében vett tengeralattjáró, hanem tengeralattjáró, amelyet halászbárkának használnak).

Ez az egzakt megoldás.

324.feladat Határozzuk meg azon n-edrendű permutációk számát melyekre |p(i)-i|i

Írhatjuk: ,

tehát

,

az-az

.

Ha kapjuk a kivánt egyenlőtlenséget.

Definiáljuk kétféleképp, és mindkét értelemben számoljuk ki, úgy, mint i^j=e^log (i).j, illetve, mint i^j=e^j.log (i), ahol log (i) (végtelen sok) értékei azon q kvaterniók, melyekre e^q=i.

Pár kérdés, amit nem értek:

1. Miért lenne log j=j/4 ? Szerintem nem az.

2. Valósban sem a kitevő, hanem az alap logaritmusát vesszük egy hatvány definíciójakor, tehát nem jó formulából indulsz ki.

3. exp(k/4) értéke nem k.

Jó kérdés.

Azt ugye tudjuk, hogy log j=j/4, így azt mondhatnánk, hogy i^j=exp(ilog j)=exp(ij/4)=exp(k/4)=k. Viszont ugyanígy mondhatnánk, hogy i^j=exp(log j^.i)=-k. Nem tudom, melyik a helyes, és egyáltalán azt sem, hogy értelmezve van-e a hatvány.

Az előző e alapú hatvány azért volt értelmezve, mert egy valós együtthatós hatványsorba bármilyen kvaternió elemet (vagy mátrixot) be tudunk helyettesíteni, hiszen egy elem hatványai felcserélhetőek egymással és a komplex számokkal is. Ezzel szemben az i^x már nem valós, hanem komplex együtthatós hatványsor, amibe pedig nem helyettesíthetünk be akármilyen kvaterniót. Ha j-t az előzőhez hasonlóan egy 4x4-es valós mátrixként fogjuk fel, és behelyettesítjük a komplex hatványsorba, akkor egy nem valós komplex mátrixot kapunk, amit nem foghatunk fel kvaternióként.

Inkább léghajó, mert nem biztos, hogy a tenger mélysége elegendő.

Igazoljuk, hogy ha x₁,x₂,...,x_n pozitív számok, akkor !

Igen. Esetleg léghajó. :-)

tengeralattjáró?

Attól még nem hibás egy feladat, hogy több megoldása van. Ha a kitűző azt szeretné, hogy csak egy legyen, szigorítsa a feltételeket. Tehát a 324. feladatra rímelő kitűzés: Hogyan lehet 6 gyufaszálból 4 olyan szabályos háromszöget kirakni, melyek oldala egy gyufaszál hosszú ?

Ezt a feladatot Mérő László megemlíti az egyik könyvében. Szerintem viszont ez a feladat hibás, mert van egy másik megoldása is:

Aki ezt a fórumot látogatja és nem ismeri ezt a feladatot, az talán azt sem tudja, hogy lehet 6 gyufaszálból 4 szabályos háromszöget kirakni :-)

324. feladat. Négy hajó halad a tengeren, bármelyik kettő távolsága pontosan 200 méter. Az egyik egy motorcsónak, a második egy jacht, a harmadik vitorlás hajó. Milyen hajó a negyedik?

Akkor most már elő van készítve a terep, hogy kiszámoljuk,

323. feladat. Mennyi a kvaterniók körében i^j? (Mivel nálam rosszul olvasható: "i a j-ediken".)

Igen, erre gondoltam eredetileg.

Ez tök jó!

A másik lehetőség a megoldásra az, hogy a kvaterniók gyűrűjét egy mátrixgyűrűként reprezentáljuk:

Így

Amin pedig a szokásos módon elvégezhetjük az exponenciálást (ezt elvileg zárt képlettel is ki lehetne fejezni, mert a mátrix 4x4-es, tehát a sajátértékeket legfeljebb negyedfokú egyenlet megoldásaként kaphatjuk). Így aztán az eredmény

Ezt pedig csak ki kell fejezni az 1,i,j,k-nak megfelelő mátrixok kombinációjaként, és megkapjuk, hogy e^h=-7.03+0.75i+1.25j+1.76k.

Nem írtam jót az előbb. Persze m²=-1, most már értem. Szép érvelés.