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.
[2846] jenei.attila2009-01-16 10:45:52

Ha jól értem arra gondolsz, hogy a valós számok additív csoportját az np+kq n,k\inZ 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.

Előzmény: [2844] Tibixe, 2009-01-15 22:50:03
[2845] jenei.attila2009-01-15 23:28:18

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

Előzmény: [2844] Tibixe, 2009-01-15 22:50:03
[2844] Tibixe2009-01-15 22:50:03

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,k\inZ

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.

[2843] jenei.attila2009-01-15 21:17:01

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:

Ax0:={np+kq+x0|n,k\inZ}

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 Ax0 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 Ax0-on q illetve p szerint periodikus, és összegük előállítja h-t (ha h(x0)=f(x0)+g(x0)). f nyilván periodikus q szerint Ax0-on, hiszen értéke a definíció szerint nem függ k-tól. Ugyanígy g is periodikus p szerint (Ax0-on). f+g=h Ax0-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.

[2842] jenei.attila2009-01-14 09:41:02

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 xn+1=f(xn) 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.

Előzmény: [2840] kaj, 2009-01-13 22:28:29
[2841] jenei.attila2009-01-13 23:21:40

Szerintem ezt algebrailag nem lehet megoldani, numerikusan viszont igen.

Előzmény: [2840] kaj, 2009-01-13 22:28:29
[2840] kaj2009-01-13 22:28:29

Ezt az egyenletet meg tudja valaki oldani?

alfa - sin(alfa) = 1.21

[2839] jenei.attila2009-01-13 20:51:50

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.

Előzmény: [2838] kiskiváncsi, 2009-01-13 19:36:54
[2838] kiskiváncsi2009-01-13 19:36:54

Válaszok fordított sorrendben: 1. Dehogy kötekszek 2. Nem butaság, csak mondtad, ortogonális fv-ek szerinti sorfejtésben nem vagy otthon. Ezért ejtettem ennek egy speciálisát a Fourier sorokat. 3.Az könnyen eldönthető, hogy alkalmazva a definiciót (h(x+np)-h(x)) ha h(x)=x periodikus fv. Állításod az , hogy 1 periodikus. Igaz? Nem igaz? 4. A kritikát el kell viselni. Te mondtad olvassuk, elemezzük amit írtál. Így papírt ceruzát rántottam. Kardok azért maradjanak hüvelyükbe. Hízelegni nem kell. 3.ra kell válaszolni.

Előzmény: [2837] jenei.attila, 2009-01-13 15:30:38
[2837] jenei.attila2009-01-13 15:30:38

Ezzel nem értem mi a baj. A h identitás fv.-re ez a különbség (h(x+np)-h(x)) konstans fv., ami valóban tekinthető akár 1 szerint periodikusnak. Ez nem mond ellent a definíciónak. Vagy még mindig azt hiszed, nem vagyok tisztában a periodikus fv. fogalmával? Hát, ez sem túl hízelgő, de azért elviselem. De személyeskedés ida vagy oda, áruld már el, hogy hoztad össze azt a sok butaságot amit írtál. Vagy csak ha rosszul fogalmaztad meg, akkor légyszíves fejtsd ki érthetőbben. Vagy csak kötekedni akartál?

Előzmény: [2835] kiskiváncsi, 2009-01-13 15:16:39
[2836] kiskiváncsi2009-01-13 15:17:33

Tartózkodj a személyeskedéstől!

Előzmény: [2833] jenei.attila, 2009-01-13 12:01:07
[2835] kiskiváncsi2009-01-13 15:16:39

Ezt írtad: Ha h(x)=x, akkor h(x+np)-h(x)=np természetesen 1 szerint periodikus fv. Ezért írtam be a pontos definiciót.

Előzmény: [2823] jenei.attila, 2009-01-12 12:54:20
[2834] kiskiváncsi2009-01-13 15:10:32

Oké. periódus , periodikus

Dirichlet-függvény f(x) f(x)=1 ha, x racionális f(x)=o ha x irracionális periódusa minden racionális szám.

Akkor a periodikus fv definiciója:

f:D--R, az f függényt perodikusnak nevezzük, ha van p nem nulla valós szám ahol a függvény értelmezve van, és minden értelmezési tartománybeli x re x-p, x+p is értelmezési tartománybeli és f(x+l)=f(x), f(x-l)=f(x)

Előzmény: [2830] Káli gúla, 2009-01-13 00:41:49
[2833] jenei.attila2009-01-13 12:01:07

Én is arra gondoltam, hogy ha az összegben megenged nem periodikus tagot, akkor nincs miről beszélni, hiszen az lehet maga az előállítandó fv. mindenféle periodikus tag nélkül. Nekem úgy tűnik, hogy valamilyen könyvből kiollózott néhány bekezdést, esetleg idegen nyelvből fordítva, majd egymás után dobálta (pl. mi az a véletlen tag?). Nem tudom mi volt ezzel a célja, de szerintem ne is kérdezzük meg. Na mindegy, hagyjuk.

Amúgy érthető amit írtam? Szerintem nagyon érdekes, hogy az egyes osztályokon egymástól teljesen függetlenül lehet megadni az f-et. Nem tudom konkrétan megadni, hogy egy x pontban mi lesz f értéke, mert ehhez meg kéne találni annak az osztálynak a már kijelölt reprezentáns elemét (x0), amelyben f értékét tetszőlegesen rögzítettük. Ha a reprezentáns elem már megvan, akkor n könnyen kiszámítható. Tehát x-re meg kéne találni x0-t és n-et, hogy az {x}={x0+np} egyenlőség teljesüljön (adott p mellett, pl. legyen gyök 2). Persze lehetne x0 maga az x, ez is reprezentálja az osztályt, csak ahhoz hogy f értékét bármely x-re meg tudjuk mondani, az osztály minden x elemére ugyanazt az előre kiválasztott x0-t kéne megkapni. Egyelőre nem találtam olyan algoritmust, amely ezt a problémát megoldaná (mindegy milyen reprezentáns elemet találunk, de az egy osztályba tartozó számokhoz mindig ugyanazt). Ebben kérek segítséget.

Esetleg más, két periodikus fv. összegeként nem előállítható fv.-ek előállíthatók több periodikus fv. összegeként. Ennek szerintem az lenne a szükséges és elégséges feltétele (pl. 3 fv-re), hogy létezzen p,q,r páronként nem összemérhető periodusok, hogy h(x+p+q)-h(x+p)-h(x+q)+h(x) r szerint periodikus legyen. Ez szerintem pl igaz a másodfokú polinomokra. S.í.t, n-ed fokú polinom előállítható n+1 db. periodikus fv. összegeként. Ezt még nem gondoltam végig. Vélemények?

Előzmény: [2832] nadorp, 2009-01-13 11:26:03
[2832] nadorp2009-01-13 11:26:03

:-)

"ha g(x) minden valós intervallumon korlátos változású függvény, és g(x=0) létezik, akkor g(x) előállítható megszámlalhatóan sok periódikus tag és egy nem periódikus tagnak az összegeként."

Bizonyítás:

g(x)=sinx+(g(x)-sinx)

:-)

Előzmény: [2825] kiskiváncsi, 2009-01-12 19:44:46
[2831] psbalint2009-01-13 02:15:30

köszönöm szépen a megoldást! ez az ötlet hiányzott!

Előzmény: [2829] Káli gúla, 2009-01-13 00:28:50
[2830] Káli gúla2009-01-13 00:41:49

Még egy pontosítás, a periodikus jelző rövid o-val van. Még egy pontosítás, nincsen olyan nem konstans függvény, aminek minden szám a periódusa volna.

Előzmény: [2825] kiskiváncsi, 2009-01-12 19:44:46
[2829] Káli gúla2009-01-13 00:28:50

Azt érdemes megfigyelni, hogy ha egy számot páros hosszú részekre vágunk szét, akkor elég a részek maradékát nézni mod 11, ezek összege ugyanaz lesz, mint a feldarabolt számé (és így tovább, a megjegyzés az egyes darabokra is alkalmazható). Először vegyük az egy-, két-, három- és négyjegyű számokból álló csoportokat (A1A2A3A4):

A = A1*102n1 + A2*102n2 + A3*102n3 + A4 .

A könnyebbtől elkezdve, a kétjegyűek sorozata kettesével: A2=10+11+...+99, ez a 90 tagú sorozat a harmadik tagjától kezdve teljes maradékosztályokból áll, tehát A2=10+11+0=10 (mod 11). Ugyanígy felírhatjuk az A4-et négyesével: A4=1000+1001+...+1979, ez egy 980 tagú összeg, a másodiktól kezdve teljes maradékosztályok összege, tehát A4=1000+0=10 (mod 11). Az A3-at hatosával érdemes csoportosítani: A3=100101+102103+...+998999, így egy 450 tagú számtani sorozatot kapunk (d=2002), tehát A3=450*(100101+998999)/2=10 (mod 11). Végül A1=01+23+45+67+89=225=5 (mod 11). Tehát a keresett maradék A=5+10+10+10=2 (mod 11).

Szó szerint ugyanezzel az érveléssel (mod 99) az A=27+54+54+54=90 (mod 99) összefüggést kapnánk, de közvetlenül is beláthatjuk, hogy A = 0 (mod 9). Mivel ezen kívül A = -1 (mod 20), így végül is A=1179 (mod 1980).

Előzmény: [2816] psbalint, 2009-01-11 21:00:12
[2828] Lóczi Lajos2009-01-12 23:32:37

Még egy pontosítás: a Dirichlet-függvény periódusai pontosan a pozitív racionális számok.

Előzmény: [2825] kiskiváncsi, 2009-01-12 19:44:46
[2827] Lóczi Lajos2009-01-12 23:21:41

Kedves Petyka! Két kérdésem volna a megoldásodhoz: mi a helyzet akkor, ha az A mátrix négyzetes, de nem invertálható, illetve mi van akkor, ha sem A, sem B nem négyzetesek?

Előzmény: [2814] petyka, 2009-01-11 20:54:26
[2826] jenei.attila2009-01-12 21:14:23

Kár, hogy nem olvastad el figyelmesebben amit írtam. Nem állítottam, hogy minden fv. előáll két periodikus fv. összegeként. Szerintem pontosan azok az egyébként nem periodikus h fv.-ek állnak így elő, amelyekre léteznek p és q nem összemérhető (hányadosuk irracionális) valós számok, úgy, hogy az x->h(x+p)-h(x) fv. q szerint periodikus (vagy ami ugyanez, hogy x->h(x+q)-h(x) p szerint periodikus). Amúgy már bocs, de kissé zagyvaságokat írsz. A perioddikus fv. definícióját ismerem, nem tudom miért írod le, mintha fel akarnál ezzel kapcsolatban világosítani. Ezután az "Akkor: f(x+p)+h(x+q)= g(x)" mit jelent? A g honnan jött, mi az? A törtrész periódusa valóban egy, ezért is feltételeztem, hogy f 1 szerint periodikus, mert a törtrésszel úgy egyszerűbb volt a jelölés. A Dirichlet fv. valóban periodikus, és nincs legkisebb periodusa, de nem azért mert "hiszen érték készlete 2 elemű véges halmaz: (1;0) ". Könnyű olyan fv.-t konstruálni aminek (1;0) az értékkészlete, de mégsem periodikus (pl. 0-ban legyen 0, különben pedig 1). Ezt a mondatodat nem értem: "g(x)-re kétfajta függvényt lehet kapni: g(x+r)=g(x), itt r szintén állandó, azaz periódikus függvény." Mi a g? miből lehet két fajtát kapni? Amit utána írsz, nem tudom, hogy úgy van-e, elképzelhető. De pontatlanságok miatt ott sem mindent értek. A "g(x=0) létezik" mit jelent? Értelmezve van a 0 pontban? Az "(ez lesz az r(0)beli helyettesítési értékek átlaga)" mit jelent? Mi az r? előbb még a g periodusa volt. Most mi? Ez a mondatod teljesen értelmetlen: "A nem periódikus tag tehát Fourier integrál, ha r(0)=0, ha r(0)nem nulla, akkor ez a véletlen tag. Vagy a nem periódikus tag előáll (1) szerint. Nincs más eset." Továbbra sem tudom mi az az r, a Fourier integrálra pedig egy integráltranszformációként emlékszek, tehát egy operátor, ami fv-hez egy másik fv-t rendel (nagyon rég tanultam, és most nincs is kedvem utána nézni), de lehet hogy mást is neveznek így. Akkor sem értem, hogy ez most így a levegőből hogyan pottyant ide. Szerintem jobban tennéd, ha nem vagdalkoznál szakkifejezésekkel, értelmetlen félmondatokkal, ettől nem fogsz okosabbnak látszani.

Előzmény: [2825] kiskiváncsi, 2009-01-12 19:44:46
[2825] kiskiváncsi2009-01-12 19:44:46

Szerintem: a periódikus fv. definiciója azt mondja, hogy f periódikus p szerint, akkor f(x+p)=f(x) minden x re igaz. Itt p állandó. p egy és csak egy nullától különböző szám.Ez a p f(x) egyik periódusa. Hiszen p egész számú többszöröse szintén periódus. p tehát legyen a legkisebb pozitív periódus. hasonlóan: h peródikus q szerint, akkor h(x+q)=h(x) Akkor: f(x+p)+h(x+q)= g(x) Pl: A törtrész függvény periódusa 1 A Dirichlet fv periódusa minden szám, (hiszen érték készlete 2 elemű véges halmaz: (1;0)

g(x)-re kétfajta függvényt lehet kapni: g(x+r)=g(x), itt r szintén állandó, azaz periódikus függvény.

Általában az igaz, hogy: (1)ha g(x) minden valós intervallumon korlátos változású függvény, és g(x=0) létezik, akkor g(x) előállítható megszámlalhatóan sok periódikus tag (ez lesz az r(0)beli helyettesítési értékek átlaga) és egy nem periódikus tagnak az összegeként.

A nem periódikus tag tehát Fourier integrál, ha r(0)=0, ha r(0)nem nulla, akkor ez a véletlen tag. Vagy a nem periódikus tag előáll (1) szerint. Nincs más eset.

Tehát általában az állítás: nem igaz, hogy minden függvény előállítható két periódikus függvény összegeként.

Előzmény: [2823] jenei.attila, 2009-01-12 12:54:20
[2824] jenei.attila2009-01-12 13:14:45

Közben rájöttem. h(x+p)-h(x) 1 szerinti periodikusságából következik h(x+1)-h(x) p szerinti periodikussága és viszont.

Előzmény: [2823] jenei.attila, 2009-01-12 12:54:20
[2823] jenei.attila2009-01-12 12:54:20

Tehát a kérdés az, hogy a valós számokon értelmezett h(x)=x fv. előállítható-e két periodikus fv. összegeként. Kicsit általánosabban, a h fv.-t próbáljuk előállítani f és g periodikus fv.-ek összegeként, ezért

g(x)=h(x)-f(x)

Feltehetjük, hogy f periodusa 1 (különben megfelelő fv. transzformációt alkalmazhatunk). Legyen g periodusa p. Ekkor minden valós x-re g(x+p)=g(x), vagyis

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

Kicsit átrandezve:

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

Mivel f periodusa 1, ezért szükségképpen h(x+p)-h(x) is periodikus 1 szerint. Indukcióval folytatva:

f(x+np)=h(x+np)-h(x)+f(x)

ahol n tetszőleges egész szám. Mivel f periodusa 1, ezért írhatjuk, hogy

f({x+np})=h(x+np)-h(x)+f({x})(1)

({x} x törtrészét jelöli). Tehát ha ismerjük egy adott x pontban f értékét, akkor ez magadja az {x+np}+k pontokban is f értékét (n és k tetszőleges egész számok). Visszafelé is igaz, ha teljesül az (1) egyenlőség, akkor h előáll f és g periodikus fv.ek összegeként az {x+np}+k halmazon, ahol x adott, n és k pedig tetszőleges egész számok. Ehhez persze még az is kell, hogy h(x+p)-h(x) fv. 1 szerint periodikus legyen, mivel f 1 szerint periodikus. Tehát nem kell mást tennünk, mint tetszőlegesen kiválasztani egy x0 értéket, ott tetszőlegesen megadni f értékét, amellyel máris meghatároztuk f értékét az A0={{x0+np}+k|n,kelemeZ} halmazon. Könnyen belátható, ha x0 helyett más x1-et választunk, akkor vagy A0 meg fog egyezni A1-gyel, vagy diszjunktak lesznek. Vagyis ha x végigfut a valós számokon, akkor a szóban forgó halmazok a valós számok egy osztályozását fogják megadni. Az is könnyen látható, hogy ha x0-ban már megadtuk f értékét, akkor az A0 halmaz többi pontjában már egyértelműen és ellentmondás mentesen megkapjuk f értékét. Az ellentmondás mentesség azt jelenti, hogy ha x0-ban megadott f értékből (1) szerint definiáljuk f értékét az {x0+np} pontban, majd ugyanígy az {x0+mp} pontban is, akkor {x0+mp}-ben ugyanazt kapjuk, mint ha {x0+np}-ből indulva definiálnánk f értékét (1) szerint {x0+mp}-ben. Az ellentmondás mentességhez még kell az is, hogy az A halmazok ne legyenek végesek, vagyis ne érjünk vissza már definiált pontba. Ehhez elég, ha p irracionális (általában f és g periódusainak aránya legyen irracionális). Összefoglalva: a kívánt előállítás pontosan akkor végezhető el, ha h(x+p)-h(x) 1 szerint periodikus valamilyen irracionális p-vel. Ekkor elvégezzük a valós számok tárgyalt osztályozását, majd mindegyik osztályból egy-egy elemet kiválasztva ott tetszőlegesen definiáljuk f (és ezzel együtt g) értékét, majd ezekből kiindulva (1) szerint definiáljuk f értékét az osztály összes elemén. Ha h(x)=x, akkor h(x+np)-h(x)=np természetesen 1 szerint periodikus fv., vagyis h ilyen módon előállítható. g periodusa (p) lehet pl. négyzetgyök 2. A szimmetria szerint szükséges feltételként azt is kaphatnánk, hogy h(x+1)-h(x) legyen p szerint periodikus (h(x)=x-re ezi teljesül). Nem világos, hogy ez általában teljesül-e az előző feltételből, vagy ez is hozzátartozik a szükséges feltételhez (bár nem használtuk ki), de ha a periodusokkal fordítva indulnánk el, ekkor ennek is teljesülni kéne. Szerintetek?

Előzmény: [2822] Lóczi Lajos, 2009-01-12 00:41:53
[2822] Lóczi Lajos2009-01-12 00:41:53

Írd be, kérlek.

Előzmény: [2809] jenei.attila, 2009-01-11 20:06:34

  [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]