[2085] Cckek | 2007-06-10 09:40:08 |
Az xn sorozat a következőképpen adott:
Határozzuk meg az a,bR számokat úgy hogy
|
|
[2084] psbalint | 2007-06-06 14:39:15 |
jah...most nézem csak...szóval akkor 1706-1715-ig :)
|
|
[2083] psbalint | 2007-06-06 14:37:26 |
lásd az 1706-1715., illetve a 349. hozzászólást :)
|
|
[2082] s_fecko | 2007-06-05 21:06:21 |
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!
|
|
|
[2080] Doom | 2007-05-29 18:39:10 |
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.
|
Előzmény: [2078] nervus, 2007-05-29 18:04:05 |
|
|
[2078] nervus | 2007-05-29 18:04:05 |
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 :)
|
|
|
[2076] Cckek | 2007-05-27 18:29:55 |
A következő határozatlan integrált kéne kiszámolni, ha ki lehet:
|
|
[2075] Lóczi Lajos | 2007-05-27 16:25:45 |
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.
|
Előzmény: [2074] Cckek, 2007-05-27 15:44:29 |
|
|
[2073] Lóczi Lajos | 2007-05-27 14:17:02 |
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)=ans+bn alakú függvény, alkalmas an és bn számegyütthatókkal. Nyilván , . Az U definíciójából ekkor adódik (hasonlóan ahhoz, amit már szintén láttunk az előző hozzászólásban), hogy
an+1=an/2+bn és bn+1=an/3+bn/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.
|
Előzmény: [2072] Lóczi Lajos, 2007-05-27 13:32:17 |
|
[2072] Lóczi Lajos | 2007-05-27 13:32:17 |
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 .
|
Előzmény: [2071] Cckek, 2007-05-16 22:22:36 |
|
[2071] Cckek | 2007-05-16 22:22:36 |
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
|
|
|
|
[2068] BohnerGéza | 2007-05-09 00:12:34 |
Mutassuk meg, hogy tetszőleges n pozitív egészre van n db pithagóraszi számhármas, melyekben az átfogó (vagy az egyik befogó) megegyezik!
|
|
|
|
|
[2064] Gubbubu | 2007-05-08 15:46:12 |
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.
|
Előzmény: [2051] Fálesz Mihály, 2007-05-04 10:47:19 |
|
[2063] Cckek | 2007-05-06 18:29:46 |
324.feladat Határozzuk meg azon n-edrendű permutációk számát melyekre |p(i)-i|i
|
|
|
|