Fórum: Érdekes matekfeladatok

Ez a függvény valósban csak a nemnegatív számokon értelmezett. (Miért lenne baj a 0-ban a deriválással?)

Amiből az jönne ki, hogy 3=2.

f(x)=lg2/lg3 * x (csaltam, a hányados éppen 3-as alapú logaritmus 2 ugye, de elfelejtettem az alapokat is TeX-ben... :()

Húha, most meg én nem értem amit te írtál, de majd még gondolkodok rajta. Hogy f(0)=0, és f(3ⁿx)=2ⁿf(x), az teljes indukcióval nyilvánvaló (negatív n-ekre is). Képezzük a 0-hoz tartó sorozatot. Az itt felvett függvényértékek a képletünk szerint: . Ha f 0-ban deriválható, akkor 0-ban, ezekkel a pontokkal képzett különbségi hányados értékek (mivel f(0)=0):

véges határértékhez kell, hogy tartsanak. Ez azonban csak akkor lehetséges, ha f(a)=0. Az előző hozzászólásban valóban elírtam, lemaradt a nevezőből az a. De a lényeg ugyanaz.

Ezt meg tudnád indokolni egy kicsit, hogy miért kell így lennie?

Valamit nem értek vagy nem látok, de szerintem csak azt tudjuk, hogy tetszőleges a-ra

teljesül. Amit Te írtál, ott a jobb oldalon f(a) áll és nem a deriváltja. Hogy jött ez Neked ki ?

Másrészt az f-ről csak azt tudjuk, hogy deriválható és nem biztos, hogy folytonosan deriválható. Miért teljesül

Én arról az oldalról próbáltam, hogy egészről valósra áttérve igazoljuk, hogy a függvény csak

alakú lehet, ahonnan már következik, hogy a 0 -beli deriválhatósággal van a baj.

Szerintem is csak f(x)=0 megoldás. Nyilván igaz, hogy f(0)=0, és f(3ⁿx)=2ⁿf(x) minden n egészre. Ha f deriválható 0-ban, akkor egy tetszőleges a valós számot kiválasztva , ahol k tart végtelenbe. De ez a határérték végtelenbe (vagy - végtelenbe) tart, ha f(a)0, vagyis f csak akkor deriválható 0-ban, ha f(a)=0 minden a valós számra.

Egy hónappal lemaradtam, de találtam egy szinte számolás nélküli megoldást.

y_n+1=(1+x)y_n+nx²

y_n+1+nx=(1+x)(y_n+nx)

y_n+1+(n+1)x=(1+x)(y_n+nx)+x

y_n+1+(n+1)x+1=(1+x)(y_n+nx+1)

Most már csak fel kell írni a fenti utolsó összefüggést az n=0,1,...,n-1 értékekre és összeszorozni őket. Kapjuk:

y_n+nx+1=(1+x)ⁿ(y₀+0^.x+1)=2(1+x)ⁿ

y_n=2(1+x)ⁿ-nx-1

Más:

Lóczi Lajos utolsó példájára szerintem csak az f(x)=0 a megoldás.

Legyen f olyan valós függvény, amelyik mindenhol értelmezve van és mindenhol deriválható. Tudjuk továbbá, hogy minden valós x esetén f(3x)=2f(x).

Adjuk meg az összes ilyen tulajdonságú f leképezést.

Az angol wiki is foglalkozik vele: http://tinyurl.com/yhhtvkh

NEM SEMMI! Hát le a kalappal, komolyan! Én már nem is merek többet itt kérdezni. :) Egy volt KGB-s se nyomozta volna ki tüzetesebben! :)))

Mindenesetre lelombozó a tény ami a példát illeti, elvesztette minden varázsát.

Helló,

Pont erről van szó, amire jonas barátunk is rátappintott. Kis kutakodás után: epa.oszk.hu/00200/00220/00053/pdf/00053.pdf 18-23. oldal

„Nem valószínűsíthető hogy hibás lenne, hiszen akkor minek őrizték volna 100 meg 100 éveken át a könyvtárban.”

Kivéve persze, ha csak egy nemrégi átírás vagy fordítás lenne a hibás.

Én is ilyesmit próbáltam. A különbség az, hogy még kifejtés előtt a rekurziót szétszedtem két részre:

p₀=1;p_n+1=(1+x)p_n

q₀=0;q_n+1=(1+x)q_n+nx²

Ekkor könnyen belátható, hogy

x_n=p_n+q_n

Mármost az első rekurziót triviális feloldani, a másodikat pedig ki kell fejteni, így két olyan összeget kaptam, aminek már ismert a kiszámítási módja, és nekem is végig kéne tudnom számolni, de elrontottam, és nem volt türelmem másodszor is nekiállni.

Szia Borsos,

Nem valószínűsíthető hogy hibás lenne, hiszen akkor minek őrizték volna 100 meg 100 éveken át a könyvtárban. Erre cáfol az egyetemenünkön egy tanár állítása is, miszerint elképzelhető hogy a feladatot (megírása korában) fejben meg lehetett oldani, nem ám hogy ámítógép meg ezmegaz! :)

Nyilván akkoriban sokkal többen használták a koponyájukat fejszámolásra, mint ma, a kalkulátorok korában. Pl. Bolyai is remekül tudott akkoriban fejben gyököt vonni és 4-5 jegyű számokat összeszorozni, osztani. (mellesleg aki itt közülünk tud ilyet és megosztaná a módszerét, szívesen meghallgatnám, ui állítólag a szorobán oktatás lényege is ez lett volna, hogy vizuálisan tudjon az ember számolni, ne az ujján...)

Szóval a feladatba nekem is beletört minden próbálkozásnál a bicskám, hiába kezdtem az amúgy értelmezni se egyszerű feladatból kifejezni az ismeretleneket... A lényeg hogy lehet több megoldása is, mert a végén a leírás leszűkíti ezeket "négyzet alakba sorakozva", vagyis egész szám aminek gyöke is egész, ill. "3-szögű rend" a csoportosításnál valamilyen egészekből álló sorozatot takar. Ennyire sikerült segítség nélkül rájönnöm. A sorozat elvileg lehet szimmetrikus és asszimmetrikus is, pl így:

A helyes válasz: y(n)=2(1+x) az n-ediken-1-nx. A megoldásom menete: feloldottam a rekurziót, ekkor megkaptam y(n)-t, aztán összegeztem egy csomó mértani sorozatot. Ha valakinek van egyszerűbb, kérem irja fel a fórumra.

Helló,

Megoldás közben ellentmondásra találtam. Lehetséges, hogy hibás a feladat szövege?

A megoldás elve megvan, bár a számolást egyenlőre nem sikerült hiba nélkül elvégeznem. Ha egy pár napig más nem oldja meg a feladatot, akkor lelövöm.

Érdekes feladat.

Legyen x rögzített valós szám és tekintsük az y₀=1,

y_n+1=(1+x)y_n+nx²

rekurzív sorozatot. Adjuk meg y_n explicit alakját csak x és n függvényében.

A tehenes feladatra van vkinek megfejtése/ötlete?

234167589133(10) = 110110 10000101 01111001 11011001 00001101(2)

Meg képzelj elé egy csomó 0-t, hogy 64 jegyű legyen. Amíg az első jegy 0, addig a legalsó korong még a helyén van, amíg a 2. nulla, addig az utolsó előtti is, stb. Ebben az állásban a 38. (alulról a 27.) korongot már átmozgattuk (mert az az első 1-es). Ha a köv. helyiértéken 0 lenne, akkor az még rajta lenne a 38. korongon, de mivel 1-es van, ezért már lekerült róla. A köv. jegy 0, ezért a 36. a 37.-en van rajta, aztán 1, vagyis a 35. lekerült róluk stb.

A 4 állapot, amit írtam (00, 01, 10, 11 kezdetek) azt jelzi, hogy az alsó két korong épp milyen állapotban van:

00: mindkettő az eredeti helyén

01: az utolsó előtti átkerül

10: az utolsó átkerül, de az utolsó előtti még nincs rajta

11: mind2 átkerült és egymáson vannak

Ez a gondolatmenet hasonlóan folytatható is az alsó 3, 4 stb korongra, ahogy fent már elemezgettem. Ami ebből nem látszik, hogy melyik korong épp melyik rúdon van, de az valahogy paritásból ki kell, hogy jöjjön, most túl korán van nekem ehhez :-) De ha rá akarsz erre jönni, akkor ne 64 koronggal próbálkozz, hanem mondjuk 3-4-gyel.

Biztos csak nekem nem világos, de a "4 állapotot"-nál elvesztettem a fonalat. Pl. az 234167589133-dik lépés utánni állapotot 64 korongnál hogyan tudhatom meg? Vagy hogyan számolhatom ki a k-adik korong álltal megtett utat a kirakás után, bár ez más kérdés:D

Az n 2-es számrendszerbeli alakjából szerintem ki lehet gyorsan következtetni. Pl. az utolsó, k. korong a 2^k-1-dik lépésben kerül át a 3. rúdra, és onnan ott marad. hasonlóan a k-1. is 2^k-2-dik lépésben kerül át a "rossz" rúdra, majd a 2^k-1+2^k-2-dik lépésben a jóra. Ezt a 4 állapotot a szám kettes számrendszerbeli eleje jelzi (00, 01, 10, 11). A k-2. korongot már 4-szer fogjuk mozgatni, mindig félidőben a korábbiakhoz képest. Figyelni kell rá, hogy a két szabad közül épp melyikre tesszük le, ezt most nem gondolom végig, valami maradjon Neked is ;-)