|
[3825] nadorp | 2014-01-28 15:33:25 |
Ez így egy kicsit hiányos.
Ugyanis abból, hogy minden x-re f2(x)=x2f(x) teljesül, csak az következik, hogy f(x)=0 vagy f(x)=x2, de ez még nem zárja ki azt, hogy pld f(2)=4 és f(5)=0 egyszerre teljesüljön.
|
Előzmény: [3824] Loiscenter, 2014-01-28 15:17:44 |
|
[3824] Loiscenter | 2014-01-28 15:17:44 |
Legyen x=y=0 akkor f(0)=0 . legyen x=y igy f(2x)f(0)=4f(x)f(x) -4x.x.f(x) mivel f(0)=0 ezért 4f(x)f(x)-4x.x.f(x)=0 téhats f(x)=0 vagy f(x)=x.x . ellenörizve igaz mind.( bocsi nem tudtam hatványt irni)
|
Előzmény: [3822] w, 2014-01-27 22:06:36 |
|
|
[3822] w | 2014-01-27 22:06:36 |
Egy "vicces" függvényegyenlet.
Keressük meg az összes f:RR függvényt a következő tulajdonsággal:
|
|
[3821] aaaa | 2014-01-26 22:07:48 |
Ebből még az is következik, hogy:
Ugyanis n64-re , mert van legalább egy 5-ik hatvány, egyébként finomítva a becslésedet (prímedik hatványokra elég nézni az összeget):
Ugyanis n-ig a prímek száma kb , ebből látszik, hogy elég nagy n-re
|
Előzmény: [3817] Ménkűnagy Bundáskutya, 2014-01-26 15:42:40 |
|
|
|
|
[3817] Ménkűnagy Bundáskutya | 2014-01-26 15:42:40 |
Azt hiszem, van egyszerűbb is.
Az n-nél kisebb k. hatványok száma legfeljebb n1/k. Itt a k legfeljebb log2n lehet: eltekintve az 1-től a 2 log2n. hatványával még számolni kell, többel biztosan nem. Azaz
|Fn|n1/2+n1/3+...+n1/log2n+1n1/2log2n+1,
ami n-nel osztva nyilván 0-hoz tart.
|
Előzmény: [3815] aaaa, 2014-01-26 01:23:52 |
|
|
[3815] aaaa | 2014-01-26 01:23:52 |
Gondolom azt szeretnéd kérdezni, hogy ha Fn={n-nél kisebb hatványszámok}, akkor mi lesz
Lemma 1. ,>0k0, hogy k>k0 esetén:
Ez a szokásos integrálós becslésből kijön, legyen ez házi feladat.
Lemma 2. Ha ai pozitív egészek egy növekvő részsorozata, és , akkor n-1|An|0, ha n, ha An={ai|ai<n}
Indirekt, tegyük fel, hogy nem áll fent a bemutatott egyenlőség, vagyis létezik olyan , hogy |An|>n végtelen sokszor. Ha nincs ilyen, akkor pont azt kaptuk, amit akartunk. Legyen az ilyen n-ek halmaza, ekkor |H|=|N|, vegyük tehát egy olyan bi részsorozatát, ami tudja azt, hogy kbi>bi-1, valamely k>2 egészre. Ekkor Abi>bi miatt a [0,bi-1] intervallumba maximum bi-1<kbi<Abik-1 darab eshet, szóval elég kevés szám, vagyis a számok legalább 1-k-1-edrésze a jó intervallumba esik. De ekkor az ide eső számok reciprokösszegére alsó becslést ad, ha az intervallumba eső legkisebb számokat vesszük, ebből legalább Abi-Abi-1=bi(-k-1) darab van:
Az első lemma alapján. De legyen b1 akkora, hogy teljesüljön, így azt kaptuk, hogy De ekkor
Viszont így a reciprokösszeg nem lehet véges.
Lemma 3. A hatványszámok reciprokösszege kisebb, mint 2. Nézzük ugyanis a kövezkező összeget:
Viszont ab szerepel az a számhoz tartozó részlegösszegben, szóval a hatványszámok reciprokösszege véges.
Lemma 3 miatt teljesül Lemma 2. feltétele, így a hatványszámok felső sűrűsége 0 az egészek körében.
|
Előzmény: [3814] Loiscenter, 2014-01-24 20:30:06 |
|
[3814] Loiscenter | 2014-01-24 20:30:06 |
Hatványszámok valoszinüsége természetes számok körében?
|
|
|
|
[3811] w | 2013-11-10 16:59:08 |
201314 mod 73 kiszámítása.
Bár klasszikus feladattípus, szerintem mégis érdekes a megoldás az átlagos feladathoz képest. (Például 999 mod 102 kiszámítása egyszerűbb, hiszen számológéppel is könnyen adódik, hogy 95-1 (mod 102), ezért elég 99-t mod 10 vizsgálni, ami pedig könnyű.) Most az nem kunszt, ha Euler-Fermat-val lemészároljuk, ámde tökéletesen elfogadható megoldás (ezért tűztem itt ki). Ha egyszerűbb eszközökkel szeretnénk dolgozni, akkor a következő megoldást találhatnánk.
Első célunk keresni olyan n kitevőt, melyre 20n1 (mod 73). Vegyük észre, hogy 20=7k-1 alakú, ezért a binomiális tétel szerint
Tehát célszerű n=72 választása, hisz akkor az utolsó tag kivételével minden tag 73-nel osztható, vagyis 2049-1 (mod 73).
Vagyis csak 1314-t kell mod 49 megnéznünk. De a binomiális tételt újra alkalmazva kapjuk, hogy 13141 (mod 49), mert 13-1(7). Amiért az adódik, hogy 1314=49+1 alakú, ahol tehát páros. Ebből következik, hogy 20131420 (mod 73), vagyis az utolsó három számjegy 026.
|
Előzmény: [3810] csábos, 2013-11-09 16:35:38 |
|
|
|
|
|
[3806] w | 2013-11-07 16:09:11 |
Nekem is van egy saját készítésű szép számelméletfeladatom, bár ez évszámok használatának árán könnyebb lesz.
Határozzuk meg a 201314 hatvány 7-es számrendszerbeli alakjában az utolsó három számjegyet.
|
|
[3805] Sirpi | 2013-10-25 09:19:21 |
Nekem is ez az eredmény jött ki, bár picit másképp csináltam.
Legyen a k jegyű. Ekkor
(a*)2=(a2)*=a2+11...1
(a*)2-a2=11...1
(a*-a)(a*+a)=11...1
11...1.(a*+a)=11...1
a*+a=11...1/11...1
Ha a k jegyű, akkor a2 vagy 2k-1, vagy 2k jegyű, tehát ennyi db. 1-es van az előző sorok jobb oldalán. Ezt osztjuk le az utolsó sorban egy k db 1-esből álló számmal, és könnyen látható, hogy csak akkor kapunk egész számot, ha 2k db egyesből áll a számláló (sőt, ellenkező esetben a* és a összege kisebb lenne, mint a különbsége).
Ez alapján a*+a=100...01 (k-1 db 0-val), a*-a=11...1, vagyis a=44...45, és ebből csak az 1 és a 2 jegyű megoldás a jó, ahogy azt Te is indokoltad.
|
Előzmény: [3804] csábos, 2013-10-23 23:21:42 |
|
[3804] csábos | 2013-10-23 23:21:42 |
5,45
Tekintsük a feladatot modulo 10k. Legyen
Ekkor a feladat az
kongruencia formájában írható fel.
Négyzetre emelve, 81-gyel szorozva és a 10k-val osztható tagokat elhagyva a
azaz
kongruenciához jutunk.
A jobboldalhoz 4.10k-t adva
a=44...445 adódik, azaz az eredeti kongruencia megoldásai
444...445 és 944...445. Ez utóbbi nem játékos, így marad az előbbi.
Ha k legalább 3, akkor 197136=4442<a2<4452=198025. Ezért a2 második jegye 9-es, azaz nem megoldás.
|
Előzmény: [3803] Sirpi, 2013-10-21 14:26:41 |
|
[3803] Sirpi | 2013-10-21 14:26:41 |
A következő egy általam kitalált feladat:
Egy a természetes számra a* jelölje azt a számot, amit úgy kapunk, hogy a minden számjegyét eggyel megnöveljük. Pl: 125*=236. Ha egy számban szerepel 9-es számjegy, akkor nincs értelmezve.
Oldjuk meg az (n*)2=(n2)* egyenletet.
|
|
|