Chat Prasátek

Matematická sekce

Tonda | 13. 1. 2012 14:44:48

Ahoj,
Všiml jsem si, že obtížnost seriálu vůči prvnímu dílu výrazně stoupla, a proto si myslím, že online přednáška v blízké budoucnosti by byla super :)

Vejtek | 11. 1. 2012 16:39:21

K 8)
+ skrytý text

Zkuste si rozmyslet, že aby rovnice f(f(x))=g(x), kde g je zadaná a f hledáme, měla řešení, musí být rozdíl počtu fixpunktů funkce g(g(x)) a g(x) dělitelný čtyřmi.

Pepa S. | 11. 1. 2012 09:02:25

Miki: A co pevné body f(f(f(f(x))))?

Miki | 10. 1. 2012 22:04:56

Prosím o nějaký trošku podrobnejší hint k 8. Umím pouze říct že existuje jeden nebo 3 pevné body funkce. Spor za tím žádný nevidím. Můžete mi prosím někdo poradit?

Anonym | 10. 1. 2012 21:38:54

Mé (dost obecné) hinty:
+ skrytý text

4) Podívat se, co se dá dopočítat a jak to vypadá.
5) Určit f(2) pomocí f(1) a pak indukcí dokázat řešení.
6) Najít další symetrii.
7) Určit f(0) a převést na úlohu o třech jednoduchých a přehledných rovnicích.
8) Zjistit pevné body (tj. body x, že f(x) = x) a zkusit najít spor.

Miso z PO | 10. 1. 2012 15:35:35

Poprosil by som o hinty (1-5 uloha + 7 uloha).Ďakujem.

Kuba | 8. 1. 2012 15:43:44

Díky vám oběma. Myslel jsem si, že by to tak nějak mohlo být...

Štěpán | 8. 1. 2012 13:18:27

Aha, díky za vysvětlení :)

Miško | org | 7. 1. 2012 23:47:09

Štěpán:
+ skrytý text

$\textstyle p$ a $\textstyle q$ môžu mať na začiatku dokonca spoločné reálne korene ktoré nemôžeme úplne beztrestne pokrátiť, pretože úplne precízne napr. $\textstyle x/x$ je iná funkcia ako $\textstyle 1$ , pretože nie je definovaná v nule.

Ja som to tam nenapísal, ale bez ujmy na všeobecnosti môžeme predpokladať, že $\textstyle p$ a $\textstyle q$ nemajú spoločné (komplexné) korene. Ak totiž majú, tak
$\frac{p(x)}{q(x)} = \frac{p_1(x)}{q_1(x)}$
až na konečne veľa bodov, a to nám nevadí kvôli tomu, ako Kuba formuloval ten problém.

Štěpán | 7. 1. 2012 16:50:28

Miško:
+ skrytý text

Myslím, že to co říkáš zcela neplatí. Protože podle mě mohou mít $p$ a $q$ společné některé komplexní kořeny, ne? Ale nemělo by to snad moc změnit. Podle mě stačí udělat $p_1(x)$ a $q_1(x)$ jako $p(x)/c(x)$ a $q(x)/c(x)$ , kde $c(x)$ je polynom, který má komplexní kořeny společné v $p$ a $q$ (budeme mít tedy polynomy nad komplexními čísly). Podobně vytvoříme $r_1(x)$ a $s_1(x)$ . Pak tvým postupem dokážeme $p_1=r_1$ a $s_1=q_1$ a tedy platí:
$\frac{p(x)}{q(x)}=\frac{p_1(x)c(x)}{q_1(x)c(x)}=\frac{p_1(x)}{q_1(x)}=\frac{r_1(x)}{s_1(x)}=\frac{r(x)}{s(x)}.$

Miško | org | 6. 1. 2012 23:09:42

Ja si myslím, že to platí.
+ skrytý text

Nech pre nekonečne veľa $\textstyle x$ platí
$\frac{p(x)}{q(x)}=\frac{r(x)}{s(x)}$
kde $\textstyle p$ a $\textstyle q$ resp. $\textstyle r$ a $\textstyle s$ nemajú spoločný koreň. Potom $\textstyle p(x)s(x) = r(x)q(x)$ sa rovnajú v nekonečne veľa bodoch a sú to teda rovnaké polynómy.

Tzn. tieto polynómy majú rovnaké korene. Ak je $\textstyle k$ koreň polynómu $\textstyle p(x)$ , tak potom to musí byť tiež koreň $\textstyle r(x)$ , pretože $\textstyle p$ a $\textstyle q$ nemajú spoločný koreň. Podobne ak $\textstyle l$ je koreň $\textstyle s(x)$ , potom musí byť aj koreňom $\textstyle q(x)$ . Preto $\textstyle p = r$ a $\textstyle s = q$ , hotovo.

Kuba | 6. 1. 2012 22:06:13

Ten dotaz je asi dost hloupý a pravděpodobně bych na to byl schopen přijít po čase sám, ale teď trochu nestíhám a rada by se mi hodila. Je jasné (dokazovali jsme to i na tuším Pepově přednášce o polynomech), že když mají dva polynomy nad reálnými čísly nekonečně mnoho společných bodů, pak jsou totožné.

Dalo by se totéž tvrzení nějak (jakkoli) rozšířit na racionální funkce? (Nevyznám se přesně v termínech - myslím prostě podíl dvou polynomů.) Konkrétně bych rád věděl, jestli platí tvrzení: "Jestliže mají dvě lomené funkce nad reálnými čísly nekonečně mnoho společných bodů, pak mají společné všechny body až na konečně mnoho."

Těch "konečně mnoho" rozdílných bodů jsem tam dal kvůli nulovým bodům. Platí tohle tvrzení? Případně nějaké podobné? Díky

Vita | 3. 1. 2012 13:30:57

Zdravim z Indie! Po chvili cestovani jsem ted na konferenci, tak mam trochu casu na netu ;)
Ja si nemyslim, ze je ta teorie cisel tak tezka, jak tvrdite :) (Tohle je poprvy, co neco pisu v novym chatu, tak snad zvladnu to formatovani.)

+ skrytý text

Jde o to najit n a p tak, aby $2^n\equiv -1 \pmod{p}$ a $3^n\equiv -2 \pmod{p}$ . A takovyhle ulohy se musi resit pouzitim primitivniho prvku! To je takovy cislo, ze jeho umocnovanim dostanu vsechny cisla modulo $p$ (az na nulu). A existuje dokonce modulo $p^k$ .

V tom, co napisu, bude spousta der, ale nejak tak to musi jit vyresit :)

Tak si zvolme $p$ tak, aby 3 bylo primitivni prvek. A at $2\equiv 3^a (p)$ , taky $-1\equiv 3^{(p-1)/2} (p)$ . Pak muzu ty dve kongruence prepsat jako $an\equiv (p-1)/2 \pmod{p-1}$ a $n\equiv(p-1)/2+a\pmod{p-1}$ (to presne plyne z definice primitivniho prvku). No a ted to jenom vyresit:

Rychle spoctu, ze $p=8b^2+1, a=2b$ a odpovidajici $n$ funguji.

Takze jediny, co je potreba zjistit, je, jestli takovy $p=8b^2+1$ existuje. Potrebujeme, aby 3 bylo primitivni prvek (to neni problem) a aby $2\equiv 3^{2b} (8b^2+1)$ . To rozhodne neni trivialni, ale na druhou stranu jsme taky to $p$ mohli zvolit spoustou jinych zpusobu - a to by v tom byl cert, aby nejaky nefungoval! (Napr. ani neumime dokazat, ze je nekonecne mnoho prvocisel tvaru $8b^2+1$ - ale dost jiste jich nekonecne je.)

Myslim, ze by takto mela jit vyresit kazda uloha podobnyho typu - budto v kongruencich mod p-1 bude videt, ze to nema reseni, nebo je casem najdu - to ale jenom pro konkretni situaci. Ze to fakt plati kdykoli, to asi bude beznadejne tezky otevreny problem.

miso z po | 28. 12. 2011 21:44:27

diki za text, vidi se mi viac popisany.

miso z PO | 28. 12. 2011 21:43:58

stacilo by resit toto, ja to fak neumim, jak to spravil?

http://forum.matweb.cz/viewtopic.php?id=38948

Vejtek | 28. 12. 2011 19:16:45

Není tomu tak dlouho, co na MFF proběhla přednáška na téma funkcionální rovnice. Materiály k ní jsou ale stále k dispozici na adrese

http://www.karlin.mff.cuni.cz/olympiada/anota...

Úvod je však psaný poněkud stroze, takže je vhodnější spíše pro čerpání pokročilejších technik. Pokud si najdu více času, zkusím text trochu obohatit, ale kdo ví... třeba si to nechám na seriál [o:

Miso | 27. 12. 2011 10:15:19

Ano, ale sem se zastavil okolo ulohy 3, potom resim http://mks.mff.cuni.cz/common/show.php?title=...

a zastavil som sa pri cauchyho metode.

Anonym | 26. 12. 2011 22:52:47

miso z presova: Jak tak koukám na tvé příspěvky na tom fóru, tak bych spíš doporučoval nejprve pochopit základní věci z matematiky. Zjistit si, co je to funkce, co je to univerzální kvantifikátor a podobně. Přečetl jsi si povídání ke čtvrté sérii? http://mks.mff.cuni.cz/common/show.php?title=...

miso z presova | 26. 12. 2011 22:17:56

kto by mi mohol pomôcť ? s tymy funkcionalnymi rovnicami? http://forum.matweb.cz/viewforum.php?id=26

Kenny | 23. 12. 2011 20:01:25

Mirek si po nocích dělí velká čísla :)

<< < 1 2 ... 23 24 25 ... 35 36 > >>

Kontakt

email	info (zavináč) prase.cz
pošta	Matematický korespondenční seminář KAM MFF UK Malostranské náměstí 25 118 00 Praha 1

Organizátoři

Matematický korespondenční seminář je organizovaný studenty Matematicko-fyzikální fakulty UK pod záštitou Informatického ústavu UK a Oddělení propagace a mediální komunikace MFF UK.

Partneři

Realizace projektu byla podpořena Ministerstvem školství, mládeže a tělovýchovy

Matematický korespondenční seminář

Kalendář

Z naší fotogalerie

Kontakt

Organizátoři

Partneři