Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Fórum: Érdekes matekfeladatok

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]    [31]    [32]    [33]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]    [39]    [40]    [41]    [42]    [43]    [44]    [45]    [46]    [47]    [48]    [49]    [50]    [51]    [52]    [53]    [54]    [55]    [56]    [57]    [58]    [59]    [60]    [61]    [62]    [63]    [64]    [65]    [66]    [67]    [68]    [69]    [70]    [71]    [72]    [73]    [74]    [75]    [76]    [77]    [78]    [79]    [80]    [81]    [82]    [83]    [84]    [85]    [86]    [87]    [88]    [89]    [90]    [91]    [92]    [93]    [94]    [95]    [96]    [97]    [98]    [99]    [100]    [101]    [102]    [103]    [104]    [105]    [106]    [107]    [108]    [109]    [110]    [111]    [112]    [113]    [114]    [115]    [116]    [117]    [118]    [119]    [120]    [121]    [122]    [123]    [124]    [125]    [126]    [127]    [128]    [129]    [130]    [131]    [132]    [133]    [134]    [135]    [136]    [137]    [138]    [139]    [140]    [141]    [142]    [143]    [144]    [145]    [146]    [147]    [148]    [149]    [150]    [151]    [152]    [153]    [154]    [155]    [156]    [157]    [158]    [159]    [160]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[1465] Cckek2006-10-31 19:52:14

Nos, én is utánnaolvasgattam, úgy tűnik a Jensen egyenlet megoldásai A(x)+a alakúak, ahol A(x) a Cauchy egyenlet megoldása, s mint ilyen lehet nemfolytonos is. Mindenesetre mindkettőtöknek köszönöm a segítségét, megint bebizonyosodott milyen könnyű függvényegyenletet szerkeszteni és milyen nehéz őket megoldani:).

Előzmény: [1462] Lóczi Lajos, 2006-10-31 11:51:03
[1464] Lóczi Lajos2006-10-31 14:44:53

Igen, a debreceni KLTE-s PDF szép leírás.

Még egy dolog eszembe jutott, már egyszer volt is szó róla itt a fórumon, a hatványsoros megközelítéssel kapcsolatban: tudjuk, hogy vannak C^{\infty}, de nem C^\omega függvények, vagyis olyan függvények, amelyek akárhányszor deriválhatók ugyan, de nem analitikusak, azaz nem fejthetők Taylor-sorba.

Egy ilyen függvény pl. az f(x):=e-1/x2, ha x\ne0 és f(0):=0, melyeket szokás "lapos" ("flat") függvényeknek is nevezni. Egyszerűen látható, hogy ennek 0-körüli Taylor-sora a konstans 0 függvény, ami nyilván nem állítja elő f-et semmilyen origó körüli intervallumon sem.

Szóval elvileg ilyen megoldása is lehet egy függvényegyenletnek, ezeket tehát hatványsorfejtéssel nem lehet megtalálni, noha a folytonossággal/deriválhatósággal nincs baj.

Előzmény: [1451] nadorp, 2006-10-30 08:56:12
[1463] nadorp2006-10-31 14:19:09

Köszi, még magyar nyelvű leírás is létezik. ( http://www.math.klte.hu/~szekely/FVEGY.pdf )

Előzmény: [1462] Lóczi Lajos, 2006-10-31 11:51:03
[1462] Lóczi Lajos2006-10-31 11:51:03

A választ Aczél János vagy Kuczma klasszikus függvényegyenletes könyvei bizonyára tartalmazzák. Az egyenlet neve egyébként Jensen-függvényegyenlet, érdemes megnézni, a neten erről van-e vmi "discontinuous" vagy "nowhere continuous" link, én konkrétat ezalatt a kis idő alatt nem találtam, talán azért, mert a kérdés nagyon klasszikus ízű. Intuitíve biztos vagyok benne, hogy ennek is van millió más megoldása. A konstrukció nyilván Hamel-bázissal kell történjen, a Cauchy-egyenlet mintájára. A megoldásfüggvények grafikonjai ilyen esetben az egész síkon sűrű ponthalmazok szoktak lenni.

Előzmény: [1460] nadorp, 2006-10-31 10:41:56
[1461] Lóczi Lajos2006-10-31 11:04:39

Érdekes, ezen a helyen azt olvasni, hogy mindegyik egységgyök kifejezhető iterált gyökképletekkel. Aki jól tudja az algebrát, az el tudja dönteni, igazat mond-e a cikk, én elhiszem neki.

Előzmény: [1457] Lóczi Lajos, 2006-10-31 10:03:05
[1460] nadorp2006-10-31 10:41:56

És mi a helyzet a g\left(\frac{x+y}2\right)=\frac{g(x)+g(y)}2 függvényegyenlettel. Feltesszük, hogy pld. x,y>0 ( ez az előző hozzászólásom hiányossága, mert nem zártam ki az x+y=0 lehetőséget az eredeti függvényegyenlet átalakításakor). Van ennek "csúnya" megoldása ?

Előzmény: [1456] Lóczi Lajos, 2006-10-31 09:43:51
[1459] Lóczi Lajos2006-10-31 10:08:10

Hogy a másik topikhoz is kapcsolódjak, ajánlom az érdeklődőknek, mint jó játékot sin (\pi/17) értékének megkeresését, ami a szabályos 17-szög megszerkesztéséhez kell.

Előzmény: [1458] Lóczi Lajos, 2006-10-31 10:04:18
[1458] Lóczi Lajos2006-10-31 10:04:18

Néhány konkrét érték itt található.

Előzmény: [1457] Lóczi Lajos, 2006-10-31 10:03:05
[1457] Lóczi Lajos2006-10-31 10:03:05

Legyenek p és q pozitív egészek. Mivel sin (p\pi/q) nem más, mint e^{i\pi p/q} képzetes része, és \big({e^{i\pi p/q}}\big)^{2q}=1, ezért sin (p\pi/q) vagy cos (p\pi/q) megkapható a z2q-1=0 algebrai egyenlet megoldása után. Ennek szorzatfelbontásán múlik a dolog, hogy az egyes tényezők gyökképlettel felírhatók-e, ez pedig elvben eldöntött kérdés -- a Galois-elmélet speciális eseteként bizonyára ismert a válasz q függvényében.

Előzmény: [1454] Yegreg, 2006-10-30 23:56:41
[1456] Lóczi Lajos2006-10-31 09:43:51

Persze ennek a függvényegyenletnek lehet, hogy vannak nemfolytonos, s így nemderiválható megoldásai is, ami lehetetlenné teszi az összes megoldás explicit felírását. (Analógia alapján, a Cauchy-féle f(x+y)=f(x)+f(y) egyenletről jutott eszembe, aminek "csúnya" megoldásából meglehetősen "sok" van.)

Előzmény: [1453] Cckek, 2006-10-30 14:19:43
[1455] nadorp2006-10-31 09:23:17

Ha f(x)=xg(x), akkor

xg(x)-yg(y)=(x-y)g(x+y)

Azaz tetszőleges t-vel

(x+t)g(x+t)-xg(x)=t.g(2x+t) és

xg(x)-(x-t)g(x-t)=t.g(2x-t) Összeadva

(x+t)g(x+t)-(x-t)g(x-t)=t(g(2x+t)+g(2x-t)) A baloldalra újra alkalmazva az eredeti egyenlőséget:

2t.g(2x)=t(g(2x+t)+g(2x-t)) Bevezetve a 2x+t=p, 2x-t=q jelölést

g(\frac{p+q}2)=\frac{g(p)+g(q)}2 minden p,q valós számra. Ebből úgy néz ki, hogy a függvény konvex és konkáv egyszerre, azaz valószínűleg egyenes. Ha viszont g(x) egyenes, akkor f(x) csak a már megtalált megoldás lehet.

Előzmény: [1453] Cckek, 2006-10-30 14:19:43
[1454] Yegreg2006-10-30 23:56:41

Nem kapcsolódik az aktuális témához, de itt kérdezem meg:

\sin(\frac{p}{q}\pi) mikor írható fel egész számokkal, alapműveletek és gyökök segítségével? (amúgy elvileg mindig algebrai)

Pl: sin(\frac{\pi}{12})=\frac{\sqrt2(\sqrt3-1)}{4}

[1453] Cckek2006-10-30 14:19:43

Ez egy nagyon érdekes következtetés. Ugyanis én valójában az (x+y)(f(x)-f(y))=(x-y)f(x+y)funkcionálegyenletet alakítottam-nem egészen ortodox módon:)-ezzé a differenciálegyenletté. S valóban ennek a funkcionálegyenletnek ezek a függvények a megoldásai.Hogy van-e más is? Jó kérdés:)

Előzmény: [1451] nadorp, 2006-10-30 08:56:12
[1451] nadorp2006-10-30 08:56:12

Nyilván f(0)=0. Ha f(x) hatványsora ( meggondolandó, hogy ilyen van !!) f(x)=\sum_{n=1}^\infty{a_n}x^n, akkor az együtthatók összehasonlításából azt kapjuk, hogy

\sum_{n=1}^\infty(2^n-2n)a_nx^n=0, azaz n\geq3 esetén an=0. Innen f(x)=ax2+bx alakú lehet, ez pedig mindig jó.

Előzmény: [1450] Cckek, 2006-10-29 18:41:57
[1450] Cckek2006-10-29 18:41:57

A következő "differenciálegyenlethez" kellene egy kis segítség: 2xf'(x)=f(2x). Az f(x)=ax illetve f(x)=ax2 függvények megoldások. Van más is?

[1449] nadorp2006-10-29 11:26:36

Igazad van,nem mehet n-ig, az alábbi szummát kell "elvágni":

\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}(n-i)!\sum_{k=0}^{n-i}(-1)^k\frac1{k!}

Előzmény: [1448] Cckek, 2006-10-29 07:55:26
[1448] Cckek2006-10-29 07:55:26

Nos, nagyon szép bizonyítás, a képletek levezetése nekekem napokba telt.Egy kis korekció, remélem nem fogsz megsértődni érte, az első szumma nem mehet n-ig: \sum_{i=0}^{n-2}{C_n^i(n-i)!\sum_{k=2}^{n-i}{(-1)^k\frac{1}{k!}}}+0+1=n!

Ahol 0 az n-1 fixponttal rendelkező permutációk száma-tudjuk, hogy ilyen nincs:), 1 az n fixpontal rendelkező permutációk száma, tudjuk hogy ilyen csak egy van az identikus permutáció. Amúgy találtam rá egy egyszerű bizonyítást:

\sum_{i=0}^{n-2}{C_n^i(n-i)!\sum_{k=2}^{n-i}{(-1)^k\frac{1}{k!}}}=n!\sum_{m=2}^{n}\left(\sum_{i+k=m,k\ge 2}{\frac{(-1)^k}{i!k!}}\right)=...=n!\left(1-\frac{1}{n!}\right)

Előzmény: [1447] nadorp, 2006-10-29 01:29:11
[1447] nadorp2006-10-29 01:29:11

A szita formula egy ismert alkalmazása a következő: Egy színházi előadáson a ruhatárba n darab ernyőt adtak le. Az előadás után senki sem a saját ernyőjét kapta meg. Hányféleképpen történhet meg ez ?

Az eredmény n!\sum_{k=0}^n(-1)^k\frac1{k!}=n!\sum_{k=2}^{n}(-1)^k\frac1{k!}

A fenti alapján az \binom{n}{i}(n-i)!\sum_{k=2}^{n-i}(-1)^k\frac1{k!} képlet az (1,2,...n) azon permutációinak a száma, amikor pontosan i darab elem van a saját helyén. Ha i=n-1, akkor az összeg 0, hiszen nincs olyan eset, amikor n-1 elem a saját helyén van és 1 meg nem. Ha i=n, a kkor a fenti összeg 1, hiszen minden elem a saját helyén van. Az összes esetek száma az n darab elem permutációinak a száma, azaz n!. Tehát

\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}(n-i)!\sum_{k=2}^{n-i}(-1)^k\frac1{k!}=n!

Előzmény: [1442] Cckek, 2006-10-27 22:25:21
[1446] Lóczi Lajos2006-10-28 18:39:31

Ebben a formában ez egy kellemes négysoros indukciós gyakorlófeladat.

Előzmény: [1442] Cckek, 2006-10-27 22:25:21
[1445] Lóczi Lajos2006-10-28 18:37:19

A (-1)kkm-es verzió eredménye 0. A k2-es verziónak az eredményét nem tudod még :)

Előzmény: [1444] phantom_of_the_opera, 2006-10-28 10:07:20
[1444] phantom_of_the_opera2006-10-28 10:07:20

A km-es verzióra gondol(sz?), vagy a k2-esre, esetleg mindkettőre?

Előzmény: [1441] Lóczi Lajos, 2006-10-27 20:57:52
[1443] Lóczi Lajos2006-10-27 23:42:26

Olyan alakú lesz.

Előzmény: [1441] Lóczi Lajos, 2006-10-27 20:57:52
[1442] Cckek2006-10-27 22:25:21

A következő érdekes azonosság, permutációk fixpontjainak a kiszámolásánál jött elő:

\sum_{i=0}^{n-2}\left(C_n^i(n-i)!\sum_{k=2}^{n-i}(-1)^k\frac{1}{k!}\right)=n!-1

Lehet adni rá egy egyszerű bizonyítást?

[1441] Lóczi Lajos2006-10-27 20:57:52

Próbáld megsejteni az eredményt: egy exponenciális függvény (pl. 2n) és egy (max. másodfokú) polinom (an2+bn+c) szorzataként. (Valami ilyesmire emlékszem legalábbis, hogy ilyen alakú lesz.)

Előzmény: [1440] phantom_of_the_opera, 2006-10-27 15:43:15
[1440] phantom_of_the_opera2006-10-27 15:43:15

Viszont helyette feladtatok nekem egy olyan feladatot, amit mégannyira se tudok megcsinálni, mint eddig az eredetit. Ami pont annyira zavar, mint az előző esetében :)

Előzmény: [1439] nadorp, 2006-10-26 21:30:16

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]    [31]    [32]    [33]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]    [39]    [40]    [41]    [42]    [43]    [44]    [45]    [46]    [47]    [48]    [49]    [50]    [51]    [52]    [53]    [54]    [55]    [56]    [57]    [58]    [59]    [60]    [61]    [62]    [63]    [64]    [65]    [66]    [67]    [68]    [69]    [70]    [71]    [72]    [73]    [74]    [75]    [76]    [77]    [78]    [79]    [80]    [81]    [82]    [83]    [84]    [85]    [86]    [87]    [88]    [89]    [90]    [91]    [92]    [93]    [94]    [95]    [96]    [97]    [98]    [99]    [100]    [101]    [102]    [103]    [104]    [105]    [106]    [107]    [108]    [109]    [110]    [111]    [112]    [113]    [114]    [115]    [116]    [117]    [118]    [119]    [120]    [121]    [122]    [123]    [124]    [125]    [126]    [127]    [128]    [129]    [130]    [131]    [132]    [133]    [134]    [135]    [136]    [137]    [138]    [139]    [140]    [141]    [142]    [143]    [144]    [145]    [146]    [147]    [148]    [149]    [150]    [151]    [152]    [153]    [154]    [155]    [156]    [157]    [158]    [159]    [160]