[Zadatak]: Dosta teška funkcionalna jednačina (zahteva malo više matematike)

[Zadatak]: Dosta teška funkcionalna jednačina (zahteva malo više matematike) 12.08.2005. u 19:56 · pre 258 meseci #1

Evo još jednog zadatka od mene, ovo rešenje koje ja znam i nije baš jednostavno ali možda neko pronađe i neko jednostavnije.

Dat je prirodan broj $n>1$ . Da li postoji funkcija $f:R\to R$ takva da je $f(x)=0\Leftrightarrow x=0$ i $f(x)+f(2x)+\cdots+f(nx)=0$ za svako $x$ ?

\\edit: Bio je problem sa TeXom koji je sada ispravljen.

_{[Ovu poruku je menjao Bojan Basic dana 16.08.2005. u 10:27 GMT+1]}

Potpis

Ljubičice crvena, što si plava kô zelena trava.

Re: [Zadatak]: Dosta teška funkcionalna jednačina (zahteva malo više matematike) 13.08.2005. u 12:47 · pre 258 meseci #2

Mislim da imam jedno resenje.

Definisemo pomocne funkcije F_b(x) za b=2,3,...

F_b(x) =
{
0 za x=0;
1 za b^2k <= x < b^2k+1, k ceo broj;
-1 za b^2k+1 <= x < b^2k, k iz Z
}

Sada za svako n funkciju f(x) definisemo preko pomocnih funkcija F_b:

f(x) = F₂(x) +...+ F_n(x)

Ovako konstruisana funkcija zadovoljava uslove zadatka.

Izgleda suvise jednostavno pa se bojim da sam negde zabrljao.

_{[Ovu poruku je menjao neor dana 13.08.2005. u 13:50 GMT+1]}

Re: [Zadatak]: Dosta teška funkcionalna jednačina (zahteva malo više matematike) 13.08.2005. u 14:15 · pre 258 meseci #3

Zanimljivo deluje, ali bojim se da nije dobro. Nisi rekao kako definišeš tvoje pomoćne funkcije za negativne brojeve ali to je manje bitno jer ih možeš definisati isto kao i pozitivne - ako valja jedna strana valjaće i druga. Međutim, ovde imaš veću grešku, konkretno recimo za $n=3$ ako ubaciš $x=5$ dobiješ da je $f(5)=0$ što se ne slaže sa uslovom $f(x)=0\Leftrightarrow x=0$ .

U svakom slučaju jako mi se sviđa ideja i sigurno može da se iskoristi nekom drugom prilikom.

_{[Ovu poruku je menjao Bojan Basic dana 26.08.2005. u 11:09 GMT+1]}

Potpis

Ljubičice crvena, što si plava kô zelena trava.

Re: [Zadatak]: Dosta teška funkcionalna jednačina (zahteva malo više matematike) 13.08.2005. u 15:02 · pre 258 meseci #4

Da, nisam pazio na taj prvi uslov to da ne moze da bude nula nigde osim u nuli :(

Re: [Zadatak]: Dosta teška funkcionalna jednačina (zahteva malo više matematike) 26.08.2005. u 02:39 · pre 257 meseci #5

Ja sam malo razmisljao ali uspjeo sam da nadjem rijesenje samo za parno n.
f(X)=sin((10x/pi))+2 za x element [2k,2k+1)
f(X)=sin((10x/pi))-2 za x element [2k+1,2k+2)
Nije nesto ali...

Potpis

Reko mi tvoj brat da studiras za programatora!

Re: [Zadatak]: Dosta teška funkcionalna jednačina (zahteva malo više matematike) 11.09.2005. u 10:53 · pre 257 meseci #6

Malo na brzinu ako je f(x) polinom

ako je
f(0)=0 onda je
f'(n*x)=n*f'(x)=0
f''(n*x)=f''(n)*f''(x)
f''(n)=0

_{[Ovu poruku je menjao StratOS dana 11.09.2005. u 12:05 GMT+1]}

Potpis

Pozdrav StratOS
"Multitasking - ability to f##k up several things at once."
"It works better if you plug it in."
"As a rule, software systems do not work well until they have been used, and have failed repeatedly, in real applications."
"The one who is digging the hole for the other to fall in is allready in it."

Re: [Zadatak]: Dosta teška funkcionalna jednačina (zahteva malo više matematike) 02.12.2005. u 13:49 · pre 254 meseci #7

@malada:

Čini mi se da ovo ne radi (ni za parno ni za neparno $n$ ). Možeš li malo da pojasniš šta si hteo da kažeš?

@StratOS:

Kakve to ima veze sa rešenjem zadatka?

Potpis

Ljubičice crvena, što si plava kô zelena trava.

Re: [Zadatak]: Dosta teška funkcionalna jednačina (zahteva malo više matematike) 22.01.2006. u 12:20 · pre 252 meseci #8

E pazi imam jednu ideju, ovo gore nevalja nista, radi za x=1 ili tako nesto. Ideja da funkciju zadam (za dato parno n) sa f(ix)=(-1)^i*(x/i) ali je problem sto funkcija nije jednoznacna, ako bi ovo uspio da premostim onda bi lako moglo da se uopsti i za neparno n.

Potpis

Reko mi tvoj brat da studiras za programatora!

Re: [Zadatak]: Dosta teška funkcionalna jednačina (zahteva malo više matematike) 22.01.2006. u 12:51 · pre 252 meseci #9

Nije mi jasan cilj koji želiš da postigneš. Možeš li da na primeru pokažeš zašto bi u tvojoj konstrukciji važili uslovi zadatka? Nije bitno što funkcija nije jednoznačno određena, odaberi vrednosti kako god ti hoćeš samo da vidim na šta ciljaš, pa posle možemo dorađivati.

Potpis

Ljubičice crvena, što si plava kô zelena trava.

Re: [Zadatak]: Dosta teška funkcionalna jednačina (zahteva malo više matematike) 22.01.2006. u 12:57 · pre 252 meseci #10

Pa nesto tipa x=3 f(3)+f(2*3)+f(3*3)+...+f(n*3)=0, ali vidim da mnooogo nije jednoznacna.

Potpis

Reko mi tvoj brat da studiras za programatora!

Re: [Zadatak]: Dosta teška funkcionalna jednačina (zahteva malo više matematike) 22.01.2006. u 13:02 · pre 252 meseci #11

Aha, razumem, hoćeš da se svaka dva susedna međusobno ponište. Ne vidim sada kako bi to moglo, za cele brojeve možda nekako i prođe, ali još je veći problem što mi ovde radimo sa realnim brojevima a tu možemo da odredimo $i$ bukvalno proizvoljno. Razmisliću, ali ne verujem da ovako može.

Potpis

Ljubičice crvena, što si plava kô zelena trava.

Re: [Zadatak]: Dosta teška funkcionalna jednačina (zahteva malo više matematike) 22.01.2006. u 13:21 · pre 252 meseci #12

Jesi li probao da se zajebavas sa redovima?
Ja sam pokusao da napravim nesto od (valjda) ojlerove funkcije (njene male modifikacije) f(x)=1 ako je x racionalan a -1 ako je iracionalan ali izgleda da neide tako.

Potpis

Reko mi tvoj brat da studiras za programatora!

Re: [Zadatak]: Dosta teška funkcionalna jednačina (zahteva malo više matematike) 23.01.2006. u 12:01 · pre 252 meseci #13

Mene ovo neodoljivo podseća na jedan zadatak koji je uranium rešio (ne mogu sad da nađem topic), a tiče se funkcije na pravilnim poligonima. Ovde su poligoni, doduše, degenerisani, ali mislim da je princip vrlo sličan - tamo je dobijen rezultat da funkcija mora biti identički jednaka nuli, te se uslov $f(x)=0\Leftrightarrow x=0$ ne može zadovoljiti.

Uraniume, ako sam na dobrom tragu, preuzmi.

Re: [Zadatak]: Dosta teška funkcionalna jednačina (zahteva malo više matematike) 23.01.2006. u 12:34 · pre 252 meseci #14

Ajde na brzinu da napisem sta mi pada na pamet. Mislim da funkcija postoji ali ne mogu tacno da nadjem kako glasi jer dobijem jednacinu cije resenje ne mozemo predstaviti elementarnim funkcijama nego ga mozemo numericki naci ako zelimo odredjenu preciznost. Verovatno je svima prvo palo na pamet da se iskoristi stepenovanje kompleksnog broja jer ako je x=1 onda cemo imati f(1)+f(2)+...+f(n)=0 a ako je funkcija ((n-ti koren iz 1) na x) [neka moderator ubaci tex ako ga ne mrzi ili cu ja sutra] onda cemo u zbiru imati nula. Naravno posto se trazi preslikavanje iz R u R onda mozemo uzeti samo Realni ili imaginarni deo te funkcije. Sada ostaje problem sto mi nemamo f(1)+f(2)+..+f(n)=0 vec f(x)+f(2x) itd...To mozemo resiti tako sto cemo prvo uzeti logaritam od toga pa onda neki kompleksni broj stepenovati sa tim brojem. Znaci f(x)=Re{C^(logx)} ili f(x)=Im{C^(logx)}.
Zasto tako? Zato sto kada $f(x)+f(2x)+..+f(nx)$ razvijemo onda dobijemo Re{(C^(logX))*(C^(log1)+C^(log2)+..+C^(logn))}. Nadam se da nisam negde pogresio do ovde. E sada samo treba naci C tako da bude (C^log1+C^log2+..+C^logn)=0 sto je moguce uraditi zbog [Izgleda da ovo nije tacno, nesto mi palo na pamet ali sam izgleda pogresio. Mozda mogu da se iskoriste neka svojstva analitickih funkcija ali nemam sad vremena da procesljavam teoreme]. E sada nam ostaje jos samo da resimo problem kada je f(x)=0 ali nisam dalje razmisljao o tome. Mozda da stavimo neku diskretnu vrednost (npr. 1) pa onda za ostale f(2x), f(3x) itd da stavimo neke druge vrednosti. Bojane, je l' sam na dobrom putu ili sam totalno omasio?

_{[Ovu poruku je menjao srki dana 23.01.2006. u 14:00 GMT+1]}

Re: [Zadatak]: Dosta teška funkcionalna jednačina (zahteva malo više matematike) 23.01.2006. u 13:25 · pre 252 meseci #15

Citat:

Farenhajt: Mene ovo neodoljivo podseća na jedan zadatak koji je uranium rešio (ne mogu sad da nađem topic), a tiče se funkcije na pravilnim poligonima. Ovde su poligoni, doduše, degenerisani, ali mislim da je princip vrlo sličan - tamo je dobijen rezultat da funkcija mora biti identički jednaka nuli, te se uslov $f(x)=0\Leftrightarrow x=0$ ne može zadovoljiti.

Uraniume, ako sam na dobrom tragu, preuzmi.

Da, na odličnom si tragu

i ja od momenta kad je zadatak postavljen imam tako neku "geometrijsku" ideju sa politopima.

Pošto trenutno nemam vremena, napisaću samo osnovnu ideju:

Neka je $P_n$ skup prvih $k:=\pi(n)$ prostih brojeva. Definišemo relaciju ekvivalencije na skupu $\textbf{R}$ na sledeći način: $\displaystyle x\rho y\Longleftrightarrow (\exists\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_k\in\textbf{Z})[x=y\cdot\prod_{i=1}^k p_i^{\alpha_i}]$ . Dovoljno je da definišemo funkciju na svakoj od klasa ekvivalencije.

Sada uzmimo $k$ dimenzionalni koordinatni sistem i svakoj osi pridružimo jedan od onih $k$ prostih brojeva (svakoj celobrojnoj tački $\alpha$ na osi $x_i$ pridružimo broj $p_i^\alpha$ ).

Neka je $X$ proizvoljna netrivijalna klasa ekvivalencije relacije $\rho$ i neka je $x\in X$ njen bilo koji predstavnik. Uočimo politop sa temenima u tačkama skupa $x\cdot\{1,2,\ldots,n\}$ odaberimo vrednosti f-je u tim tačkama proizvoljno ali tako da važi uslov zadatka. Sada možemo ovaj politop da transliramo paralelno svakoj od osa (što se u stvari svodi na množenje/deljenje odgovarajućim prostim brojevima) i da vršimo dalje definisanje f-je, ali ovde stvari postaju suviše tehničke, pa ću to da objasnim detaljno večeras.

Inače, znam za jedno neverovatno rešenje preko Hamel-ove baze, ali njega nisam ja smislio

_{[Ovu poruku je menjao uranium dana 23.01.2006. u 14:27 GMT+1]}

Potpis

_{Attempt all the problems. Those you can do, don't do. Do the ones you cannot.}

Re: [Zadatak]: Dosta teška funkcionalna jednačina (zahteva malo više matematike) 23.01.2006. u 13:34 · pre 252 meseci #16

Mada ni Srkijeva ideja ne izgleda loše. Doduše, možda se može pojednostaviti, ako se stavi da je $f(x)=\Re \lbrace |x|^C \rbrace$ gde $C$ zadovoljava uslov $1+2^C+3^C+\dots+n^C=0$ . Samo još da se dokaže da takvo $C$ postoji, i da $|x|^C$ ne postaje čisto imaginaran broj ni za jedno $x\neq 0$ . (Ovo drugo mi deluje kao znatno veći kamen spoticanja.)

_{[Ovu poruku je menjao Farenhajt dana 23.01.2006. u 14:47 GMT+1]}

Re: [Zadatak]: Dosta teška funkcionalna jednačina (zahteva malo više matematike) 24.01.2006. u 13:28 · pre 252 meseci #17

Evo, da dopunim onaj moj prethodni post.

Prvo, obrazloženje zašto uopšte posmatramo onu relaciju $\rho$ i politope. Izaberimo bilo koje $x\in\textbf{R}\setminus\{0\}$ . Posmatrajmo sada sve skupove od po $n$ brojeva na koje će definisanje broja $f(x)$ imati uticaja:
$x\cdot\{1,2,\ldots,n\}$
$x\cdot\{\frac{1}{2},\frac{2}{2},\ldots,\frac{n}{2}\}$
$\vdots$
$x\cdot\{\frac{1}{n},\frac{2}{n},\ldots,\frac{n}{n}\}$ .

Jasno je da se svaki od ovih skupova može dobiti multiplikativnom translacijom bilo kog drugog navedenog skupa. Ali sada moramo da definišemo f-ju i u svim preostalim navedenim tačkama, što nas opet vraća na generisanje novih $n$ -torki (koje se opet mogu dobiti translacijom ovih postojećih). A za samu translaciju dovoljno je da množimo (odnosno delimo) samo sa prostim brojevima ne većim od $n$ .
Neka je $p$ prost broj i neka je kao i obično $\nu_p(n):=\max\{\alpha\in\textbf{Z}:p^\alpha|n\}$ f-ja definisana na $\textbf{N}$ .

Ako uzmemo kao u mom prethodnom postu da je $P_n$ skup prvih $k:=\pi(n)$ prostih brojeva, onda definišimo multiplikativnu grupu generisanu skupom $P_n$ tj. neka je $\Gamma:=\{\prod_{i=1}^k p_i^{\alpha_i}|\alpha_i\in\textbf{Z}\}$ .
Sada primetimo da prilikom svake translacije politopa $x\cdot\{1,2,\ldots,n\}\cdot\gamma$ (pri čemu je $\gamma\in\Gamma$ ) "za" broj $p_i^{\pm 1}$ dobijamo novi politop koji će imati zajedničkih temena sa prethodnim, ali će (a to je bitnije) imati i barem jedno novo teme. Evo barem jednog novog temena: neka je $M:=\max_{1\le m\le n}\nu_{p_i}(m)$ neka je $t=x\cdot a\cdot\gamma$ teme politopa kod koga je $a:=p_i^M$ ako je translirano za $p_i$ odnosno $a:=1$ ako se radi o translaciji za $\frac{1}{p_i}$ . Lako je videti da za celo $\alpha>\frac{M}{2}$ translati za $p_i^\alpha$ i $p_i^{-\alpha}$ nemaju zajedničkih temena. A u slučaju kada je $\alpha\le\frac{M}{2}$ onda pomenuti translati imaju barem po jedno teme koje se nije "pojavilo" ni u jednom translatu za $p_i^t$ gde je $|t|<\alpha$ i $t\in\textbf{Z}$ .

Dakle, nakon inicijalnog definisanja f-je u temenima osnovnog politopa, svaka njegova elementarna translacija imaće neprazan skup novih temena pa ćemo moći da f-ju dodefinišemo u njima tako da f-ja zadovolji traženi uslov na translatu.

Najzad smo spremni da krenemo na glavni deo.
Potreban nam je neki algoritam koji će nam translacijom "prošetati" osnovni politop $x\cdot\{1,2,\ldots,n\}$ po svim preostalim politopima (sa temenima iz iste klase ekvivalencije) ali tako da preko svakog pređemo tačno jednom.
Neka je operator $T_{p_i}(\alpha)$ translacija za $p_i^\alpha$ ( $\alpha\in\textbf{Z}$ ) i neka je $\omega_n:=(-1)^n\lfloor\frac{n}{2}\rfloor$ . Od sada pa na dalje za "kretanje" po hiperprostoru koristićemo nizove pomenutih translacija: $W^{p_i}_n:=T_{p_i}(\omega_n)$ . Znači prvih $2n+1$ vrednosti za $W^{p_i}$ biće $T_{p_i}(0)$ , $T_{p_i}(1)$ , $T_{p_i}(-1)$ , $T_{p_i}(2)$ , $T_{p_i}(-2)$ , $\ldots$ , $T_{p_i}(n)$ , $T_{p_i}(-n)$ .

Ideja je da definisanje f-je izvršimo induktivno, i sada bi ovde lepo legla priča preko ordinala i afinih potprostora, koju ću ja pokušati da formalno (ali ne i suštinski

) izbegnem.

Već smo uočili da svaki politop možemo predstaviti u obliku, $x\cdot\{1,2,\ldots,n\}\cdot\gamma$ , pri čemu je $\Gamma\ni\gamma=\prod_{i=1}^k p_i^{\alpha_i}$ . Dakle, broju $\gamma$ odgovaraju koordinate $(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_k)$ . Da bismo pratili "kretanje" politopa $x\cdot\{1,2,\ldots,n\}\cdot\gamma$ dovoljno je da pratimo koordinate broja $\gamma$ . Evo kojim redom će se vršiti dodefinisanje:
$(0,0,\ldots,0)$ , $(1,0,\ldots,0)$ , $(-1,0,\ldots,0)$ , $(2,0,\ldots,0)$ , $(-2,0,\ldots,0)$ ...
$(0,1,\ldots,0)$ , $(1,1,\ldots,0)$ , $(-1,1,\ldots,0)$ , $(2,1,\ldots,0)$ , $(-2,1,\ldots,0)$ ...
$(0,-1,\ldots,0)$ , $(1,-1,\ldots,0)$ , $(-1,-1,\ldots,0)$ , $(2,-1,\ldots,0)$ , $(-2,-1,\ldots,0)$ ...

Dakle, u prvom koraku držimo fiksirane koordinate $\gamma_i:=0$ ( $2\le i\le k$ ) a za svako $n\in\textbf{N}$ šetamo $\gamma_1:=\omega_n$ . Kada to završimo (joj šta bi Kroneker rek'o za ovo

) onda stavimo da je $\gamma_2:=1$ i $\gamma_i:=0$ za $3\le i\le k$ a opet prošetamo $\gamma_1:=\omega_n$ za svako $n\in\textbf{N}$ . Zatim, stavimo da je $\gamma_2:=-1$ i $\gamma_i:=0$ za $3\le i\le k$ a opet prošetamo $\gamma_1:=\omega_n$ itd.

Mislim da je jasna šema: ako je izvršeno potpuno definisanje f-je za politope kod kojih je $\gamma_m:=\omega_j$ za sve $1\le j<u$ i $\gamma_t:=0$ za $m<t\le k$ onda definišemo f-ju (rekurentno po dužini $d=m-1$ početnog dela $k$ -torke) i u svakom politopu kod koga je $\gamma_m:=\omega_u$ i $\gamma_t:=0$ za $m<t\le k$ .

Da zaključimo: za sve je kriv Farenhajt

da me nije prozvao - ne bih nikog ni mučio sa ovako "elegantnim" idejama

Potpis

_{Attempt all the problems. Those you can do, don't do. Do the ones you cannot.}

Re: [Zadatak]: Dosta teška funkcionalna jednačina (zahteva malo više matematike) 25.01.2006. u 13:30 · pre 252 meseci #18

Evo, da napišem i ono pomenuto state of the art rešenje

Neka je $p$ prost broj i neka je za svako $n\in\textbf{Z}$ , $\nu_p(n):=\sup\{\alpha\in\textbf{Z}:p^\alpha|n\}$ (znači $\nu_p(0)=+\infty$ ). Sada možemo da proširimo domen f-je $\nu_p$ na ceo skup $\textbf{Q}$ uzimajući da je za svako $m,n\in\textbf{Z},n\neq 0$ $\nu_p(\frac{m}{n}):=\nu_p(m)-\nu_p(n)$ .

Za dato $n>1$ izaberimo prosto $p\le n$ takvo da je $p^2>n$ . To je uvek moguće: za $n\le 4$ direktno proveravamo , a ako je $n>4$ onda to sledi iz Bertrandovog postulata, jer mora da postoji prosto $p$ za koje važi $\frac{n}{2}<p\le n$ .

Neka je $r\in\textbf{Q}$ , uočimo da je $\nu_p(kr)=\nu_p(r)$ za svako $k\in\{1,2,\ldots,n\}\setminus\{p\}$ i da je $\nu_p(pr)=\nu_p(r)+1$ .

Neka je $x\in\textbf{R}\setminus\{0\}$ proizvoljno.

Skup $\textbf{R}$ možemo da shvatimo i kao vektorski prostor nad $\textbf{Q}$ , a postojanje Hamel-ove baze nam daje i neku praktičnu korist od toga. Drugim rečima postoji neka familija realnih brojeva $X$ , takva da za dato $x$ postoje jedinstveni brojevi $r_1,r_2,\ldots,r_k\in\textbf{Q}$ i jedinstveni vektori iz baze $X$ , označimo ih sa $x_1,x_2,\ldots,x_k$ , takvi da važi $x=\sum_{j=1}^k r_j x_j$ .

Najzad, definišimo $f(0):=0$ i $f(x):=\sum_{j=1}^k(1-n)^{\nu_p(r_j)}x_j$ .

Proverimo da li su ispunjeni uslovi zadatka. Zbog jedinstvenosti reprezentacije, jasno je da važi $f(x)=0\Leftrightarrow x=0$ .

$f(x)+f(2x)+\ldots+f(nx)=\\=\sum_{i=1\atop i\neq p}^n f(ix)+f(px)=\\=\sum_{i=1\atop i\neq p}^n\sum_{j=1}^k (1-n)^{\nu_p(i\cdot r_j)}x_j+\sum_{j=1}^k(1-n)^{\nu_p(p\cdot r_j)}x_j=\\=\sum_{i=1\atop i\neq p}^n\sum_{j=1}^k (1-n)^{\nu_p(r_j)}x_j+\sum_{j=1}^k(1-n)^{\nu_p(p\cdot r_j)}x_j=\\=(n-1)\cdot \sum_{j=1}^k (1-n)^{\nu_p(r_j)}x_j+\sum_{j=1}^k(1-n)^{\nu_p(r_j)+1}x_j=\\=(n-1)\cdot \sum_{j=1}^k (1-n)^{\nu_p(r_j)}x_j+(1-n)\cdot\sum_{j=1}^k(1-n)^{\nu_p(r_j)}x_j=0$

_{[Ovu poruku je menjao uranium dana 25.01.2006. u 15:02 GMT+1]}

Potpis

_{Attempt all the problems. Those you can do, don't do. Do the ones you cannot.}

Re: [Zadatak]: Dosta teška funkcionalna jednačina (zahteva malo više matematike) 29.01.2006. u 00:52 · pre 252 meseci #19

Bravo za uraniuma!

Voleo bih samo da izdvojim ovaj detalj.

Citat:

uranium:
Sada primetimo da prilikom svake translacije politopa $x\cdot\{1,2,\ldots,n\}\cdot\gamma$ (pri čemu je $\gamma\in\Gamma$ ) "za" broj $p_i^{\pm 1}$ dobijamo novi politop koji će imati zajedničkih temena sa prethodnim, ali će (a to je bitnije) imati i barem jedno novo teme. Evo barem jednog novog temena: neka je $M:=\max_{1\le m\le n}\nu_{p_i}(m)$ neka je $t=x\cdot a\cdot\gamma$ teme politopa kod koga je $a:=p_i^M$ ako je translirano za $p_i$ odnosno $a:=1$ ako se radi o translaciji za $\frac{1}{p_i}$ . Lako je videti da za celo $\alpha>\frac{M}{2}$ translati za $p_i^\alpha$ i $p_i^{-\alpha}$ nemaju zajedničkih temena. A u slučaju kada je $\alpha\le\frac{M}{2}$ onda pomenuti translati imaju barem po jedno teme koje se nije "pojavilo" ni u jednom translatu za $p_i^t$ gde je $|t|<\alpha$ i $t\in\textbf{Z}$ .

Jasno mi je šta pokušavaš da dokažeš, i intuitivno mi je jasno da to jeste zaista tako, ali ipak nisam uspeo da u potpunosti rastumačim tvoj način rezonovanja u ovom pasusu. Možeš li, molim te, malo da pojasniš?

Za ostatak sam siguran da je dobro i još jednom sve čestitke.

Citat:

Farenhajt:
Mene ovo neodoljivo podseća na jedan zadatak koji je uranium rešio (ne mogu sad da nađem topic), a tiče se funkcije na pravilnim poligonima. Ovde su poligoni, doduše, degenerisani, ali mislim da je princip vrlo sličan - tamo je dobijen rezultat da funkcija mora biti identički jednaka nuli, te se uslov $f(x)=0\Leftrightarrow x=0$ ne može zadovoljiti.

Pretpostavljam da misliš na ovu temu, ali, iskreno, mislim da su ova dva zadatka suštinski potpuno različiti.

Citat:

uranium:
Da zaključimo: za sve je kriv Farenhajt :) da me nije prozvao - ne bih nikog ni mučio sa ovako "elegantnim" idejama :)

Da zaključimo: za sve je zaslužan Farenhajt :) da te nije prozvao - ne bismo nikad imali prilike da pročitamo ovo zaista sjajno rešenje :)

Rešenje koje sam ja imao u vidu kada sam postavio zadatak je ovo drugo po redu koje je dao uranium (sa Hamelovom bazom). To mi se tada jako svidelo, ali sada kada vidim ova dva remek dela jedno do drugog ne znam više šta da mislim :) Btw., uraniume, možeš li da mi kažeš, s obzirom na to što si rekao da rešenje nije tvoje, gde si ga pronašao?

Za kraj, voleo bih da pomenem srkijevu ideju i Farenhajtovo pojednostavljenje. Prčkao sam nešto malo oko toga ali nažalost nisam uspeo ništa inteligentno da smislim, mada bi bilo jako lepo kada bismo i to mogli da dovršimo, pa ako je neko raspoložen neka pokuša.

U svakom slučaju, meni je jako drago što sam konačno izbacio ovaj problem iz liste nerešenih zadataka. :)

Potpis

Ljubičice crvena, što si plava kô zelena trava.

Re: [Zadatak]: Dosta teška funkcionalna jednačina (zahteva malo više matematike) 29.01.2006. u 14:47 · pre 252 meseci #20

Citat:

Bojan Basic

...iskreno, mislim da su ova dva zadatka suštinski potpuno različiti

Da, kad se zna rešenje, lako je videti da jesu

Govorio sam samo o svom prvom utisku... sličnost.... asocijacije... ništa drugo (nisam nikad dublje uranjao u zadatak).

Srodne teme