Forum ŚFiNiA Strona Główna ŚFiNiA
ŚFiNiA - Światopoglądowe, Filozoficzne, Naukowe i Artystyczne forum - bez cenzury, regulamin promuje racjonalną i rzeczową dyskusję i ułatwia ucinanie demagogii. Forum założone przez Wuja Zbója.
 
 FAQFAQ   SzukajSzukaj   UżytkownicyUżytkownicy   GrupyGrupy   GalerieGalerie   RejestracjaRejestracja 
 ProfilProfil   Zaloguj się, by sprawdzić wiadomościZaloguj się, by sprawdzić wiadomości   ZalogujZaloguj 

Równanie iloczynu funkcji dwóch zmiennych
Idź do strony 1, 2, 3  Następny
 
Napisz nowy temat   Odpowiedz do tematu    Forum ŚFiNiA Strona Główna -> Metodologia
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
Bruce Willis




Dołączył: 21 Mar 2007
Posty: 301
Przeczytał: 0 tematów


Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Sob 10:26, 07 Lut 2009    Temat postu: Równanie iloczynu funkcji dwóch zmiennych

Powiedzmy, że mamy następujące wyrażenie:

[(3^a*b-1)/(2^a*b-1)]*[(3^c*d-1)/(2^c*d-1)]*[(3^e*f-1)/(2^e*f-1)]*...*[(3^m*n-1)/(2^m*n-1)] = 2^x

Wszystkie zmienne są liczbami naturalnymi. Natomiast ilość czynników w tym wyrażeniu należy do przedziału <1, \infty), tzn. może być dowolna.

PYTANIE: dla jakich wartości zmiennych i przy jakiej ilości czynników owe równanie jest spełnione? A dokładniej chodzi mi o to czy istnieją inne przypadki, że owe równanie jest spełnione, oprócz jednego przypadku mi znanego:

(3^1*1-1)/(2^1*1-1)=2^1



... :think:
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
wujzboj




Dołączył: 29 Lis 2005
Posty: 22041
Przeczytał: 0 tematów

Skąd: znad Odry
Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Sob 14:43, 07 Lut 2009    Temat postu:

A czy potrafisz pokazać, że (nie) istnieją takie całkowite m, n i k różne od 1 i spełniające równanie:

(3^m*n-1)/(2^m*n-1) = 2^k?

Wykazując, że takich liczb nie ma, wykazałoby się przy okazji, że nie ma liczb spełniających twoje równanie. Bo każdy z czynników w twoim równaniu musi być równy 2^k, aby równanie było spełnione.
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
macjan




Dołączył: 27 Maj 2008
Posty: 345
Przeczytał: 0 tematów

Skąd: Wrocław
Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Nie 0:35, 08 Lut 2009    Temat postu:

wujzboj napisał:
Bo każdy z czynników w twoim równaniu musi być równy 2^k, aby równanie było spełnione.

Nie musi. Jeśli zlogarytmujemy obustronnie, to po prawej stronie dostaniemy x, a po lewej sumę pewnych liczb. Oczywiście suma liczb niewymiernych też może być liczbą naturalną.

Bardzo ciekawe zadanie, właśnie się męczę ;)
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
wujzboj




Dołączył: 29 Lis 2005
Posty: 22041
Przeczytał: 0 tematów

Skąd: znad Odry
Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Nie 1:38, 08 Lut 2009    Temat postu:

Moment. Jeśli którykolwiek z czynników jest liczbą całkowitą nie mającą postaci 2^k, wtedy cały iloczyn nie może mieć postaci 2^k. Widać to gołym okiem, bo 2^k jest po prostu iloczynem k dwójek, a dwójka jest liczbą pierwszą (wobec tego dowolne pogrupowanie jakichkolwiek czynników tworzących liczbę będącą tym iloczynem musi być iloczynem samych tylko dwójek, czyli być liczbą postaci 2^k).

Chociaż... Faktycznie, składniki tworzące ułamek Ai/Bi i ułamek Aj/Bj mogą się przecież wzajemnie upraszczać.

Wobec tego, aby to twierdzenie było prawdziwe, musi zachodzić:

(3^m*n-1)/(2^m*n-1) = a/b * (2^k),

gdzie a i b są liczbami całkowitymi. Innymi słowy, (3^m*n-1)/(2^m*n-1) musi być podzielne przez dwa. Innymi słowy, (3^m*n-1) musi być podzielne przez dwa. Co jest prawdziwe dla nieparzystych n.


Ostatnio zmieniony przez wujzboj dnia Nie 1:48, 08 Lut 2009, w całości zmieniany 2 razy
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
Bruce Willis




Dołączył: 21 Mar 2007
Posty: 301
Przeczytał: 0 tematów


Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Nie 6:02, 08 Lut 2009    Temat postu:

wujzboj napisał:
A czy potrafisz pokazać, że (nie) istnieją takie całkowite m, n i k różne

od 1 i spełniające równanie:

(3^m*n-1)/(2^m*n-1) = 2^k?


Problem w tym Wuju, że nie potrafię...

wujzboj napisał:
Wykazując, że takich liczb nie ma, wykazałoby się przy okazji, że nie ma

liczb spełniających twoje równanie. Bo każdy z czynników w twoim równaniu musi być równy

2^k, aby równanie było spełnione.

Niestety to nie prawda (na nieszczęście). Nie każdy z czynników musi być równy 2^k. Owszem,

gdyby tak było to równanie było by spełnione przykładowo:

(28/7)*(24/3)=2^k

Ale może zajść też taka sytuacja:

(24/7)*(28/3)=2^k

... jak widzimy żaden z czynników nie jest równy 2^k, natomiast ich iloczyn daje 2^k.

wujzboj napisał:
Moment. Jeśli którykolwiek z czynników jest liczbą całkowitą nie mającą

postaci 2^k, wtedy cały iloczyn nie może mieć postaci 2^k. Widać to gołym okiem, bo 2^k jest

po prostu iloczynem k dwójek, a dwójka jest liczbą pierwszą (wobec tego dowolne pogrupowanie

jakichkolwiek czynników tworzących liczbę będącą tym iloczynem musi być iloczynem samych

tylko dwójek, czyli być liczbą postaci 2^k).

Jak wyżej - niestety nie Wuju.
wujzboj napisał:
Wobec tego, aby to twierdzenie było prawdziwe, musi zachodzić:

(3^m*n-1)/(2^m*n-1) = a/b * (2^k),

gdzie a i b są liczbami całkowitymi. Innymi słowy, (3^m*n-1)/(2^m*n-1) musi być podzielne

przez dwa. Innymi słowy, (3^m*n-1) musi być podzielne przez dwa. Co jest prawdziwe dla

nieparzystych n.

Oczywiście rozważamy tylko n nieparzyste, zapomniałem Was o tym poinformować.
macjan napisał:
Nie musi. Jeśli zlogarytmujemy obustronnie, to po prawej stronie dostaniemy

x, a po lewej sumę pewnych liczb. Oczywiście suma liczb niewymiernych też może być liczbą

naturalną.

Racja.

macjan napisał:
Bardzo ciekawe zadanie, właśnie się męczę ;)

Cóż... ja się męczę już od kilku tygodni i nic.


Ostatnio zmieniony przez Bruce Willis dnia Czw 19:55, 09 Kwi 2009, w całości zmieniany 5 razy
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
wujzboj




Dołączył: 29 Lis 2005
Posty: 22041
Przeczytał: 0 tematów

Skąd: znad Odry
Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Nie 13:22, 08 Lut 2009    Temat postu:

Znaczy, chodzi o układ składający się równań typu:

3^a*b-1=2^x*(2^a*b-1)

(tj. z nawiasem)?

Jeśli jednak o to chodzi, to rzecz przypadkiem sprowadza się faktycznie do warunku, który wypisałem na początku. Nie był on prawdziwy dla przekształconego wyrażenia, ale dla problemu, który ma być rozwiązany, prawdziwy już był. Tak więc skracanie pomiędzy sąsiednimi ułamkami należy wykluczyć, bo rozwiązanie dopuszczające takie skracanie nie jest rozwiązaniem podstawowego zadania. To chyba znacznie upraszcza problem (chociaż ten ze skracaniem jest też ciekawy).


Ostatnio zmieniony przez wujzboj dnia Nie 13:28, 08 Lut 2009, w całości zmieniany 1 raz
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
macjan




Dołączył: 27 Maj 2008
Posty: 345
Przeczytał: 0 tematów

Skąd: Wrocław
Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Nie 13:33, 08 Lut 2009    Temat postu:

wujzboj napisał:
Innymi słowy, (3^m*n-1)/(2^m*n-1) musi być podzielne przez dwa.

(3^m*n-1)/(2^m*n-1) nie musi być liczbą całkowitą. O podzielności mówimy tylko w przypadku liczb całkowitych.

wujzboj napisał:
Innymi słowy, (3^m*n-1) musi być podzielne przez dwa. Co jest prawdziwe dla nieparzystych n.

A to to tak.

Bruce Willis napisał:
Ogólnie cała ta funkcja powstała z następujących układów równań:

1.

3^a*b-1=2^x*2^a*b-1

2.

3^a*b-1=2^x*2^a*b-1
3^c*d-1=2^y*2^c*d-1

3.

3^a*b-1=2^x*2^a*b-1
3^c*d-1=2^y*2^c*d-1
3^e*f-1=2^z*2^e*f-1

A to trochę inny problem. Tutaj rzeczywiście każdy ułamek z osobna jest potęgą dwójki. Każde rozwiązanie tego układu na pewno jest miejscem zerowym funkcji, ale niekoniecznie każde miejsce zerowe funkcji jest rozwiązaniem tego układu.
(EDIT - o, Wuj mnie ubiegł w tej kwestii)

Bruce Willis napisał:
Owe układy można przekształcić w pewien szereg funkcyjny, np.:

f1=(3^a*b-1)/(2^a*b-1)=2^q

f2=(3^a*b-1)/(3^c*d-1)/(2^a*b-1)/(2^c*d-1)=2^v

f3=(3^a*b-1)/(3^c*d-1)/(3^e*f-1)/(2^a*b-1)/(2^c*d-1)/(2^e*f-1)=2^k

Drobny szczegół - jeśli szukamy miejsc zerowych, to tam na końcu powinien być minus zamiast = (przed 2^q, 2^v, 2^k).

Bruce Willis napisał:
[(3^4*1+1)/(2^4*1+1)]*[(3^3*5+1)*(2^3*5+1)]=2^4

I to jest dobry przykład po pierwsze na to, że nie każdy czynnik z osobna musi być potęgą dwójki, a po drugie na to, że ta funkcja nie jest równoważna układowi równań.


Ostatnio zmieniony przez macjan dnia Nie 13:34, 08 Lut 2009, w całości zmieniany 1 raz
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
wujzboj




Dołączył: 29 Lis 2005
Posty: 22041
Przeczytał: 0 tematów

Skąd: znad Odry
Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Nie 14:23, 08 Lut 2009    Temat postu:

W tej sytuacji można chyba pokazać, że nie ma rozwiązań dla x > 1.

Piszemy tak:

Kod:
 a           x+a      x
3 * b - 1 = 2 * b  - 2

niech b = 2n + 1; teraz mamy
    a        a       x+a+1     x    x+a
2*3  * n  + 3 - 1 = 2   * n - 2  + 2
         
          a         a
Zapiszmy 3 = (1 + 2)  i zapiszmy to w postaci szeregu Newtona:

 a               a          a           k-1
3   - 1 = (1 + 2) - 1  = 2 SUM (a k) * 2    =  2 p,
                           k=1   

gdzie p jest parzyste dla a > 1. Uzyskujemy:

    a              x+a+1     x    x+a
2*3  * n  + 2 p = 2   * n - 2  + 2,

czyli dla p = 2q (co oznacza a > 1), mamy:

 a         x-1   a+1    a
3  + 2q = 2  * (2 * n  2  - 1).

3^a jest nieparzyste dla a > 0, i wobec tego uzyskujemy:

           x-1
 2s + 1 = 2  * r,

co jest niesprzeczne tylko dla x = 1.


Ostatnio zmieniony przez wujzboj dnia Nie 16:20, 08 Lut 2009, w całości zmieniany 2 razy
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
macjan




Dołączył: 27 Maj 2008
Posty: 345
Przeczytał: 0 tematów

Skąd: Wrocław
Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Nie 16:03, 08 Lut 2009    Temat postu:

Kod:
 a          a      a           k-1
3  = (1 + 2)  = 2 SUM (a k) * 2    =  2 p,
                  k=1   

gdzie p jest parzyste dla a > 1.

Nieparzyste. We wzorze Newtona sumujemy od 0. Przecież 3^a nie może być parzyste. W ogóle nie można wyciągnąć tej dwójki przed sumę.
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
wujzboj




Dołączył: 29 Lis 2005
Posty: 22041
Przeczytał: 0 tematów

Skąd: znad Odry
Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Nie 16:16, 08 Lut 2009    Temat postu:

Przeoczyłeś, że jedynka została odjęta. Rozwinięcie dotyczy 3^a - 1, a nie 3^a.

Znaczy, moja wina, bo nie dopisałem tego -1 po lewej stronie. Ale to tylko literówka. Właśnie poprawiam.


Ostatnio zmieniony przez wujzboj dnia Nie 16:27, 08 Lut 2009, w całości zmieniany 3 razy
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
macjan




Dołączył: 27 Maj 2008
Posty: 345
Przeczytał: 0 tematów

Skąd: Wrocław
Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Nie 16:30, 08 Lut 2009    Temat postu:

Rzeczywiście. Napisałeś 3^a = ... = 2p, powinno być oczywiście 3^a - 1 = ... = 2p i wtedy gra.

Natomiast nie zgodzę się, że p jest parzyste dla a>1. Moim zdaniem p jest parzyste dla a parzystego, bowiem:

Kod:
     a
p = SUM (a k) * 2^(k-1) = (a 1) + (a 2)*2 + (a 3)*4 + ...
    k=1


Jedynym składnikiem, którego parzystość budzi wątpliwości, jest (a 1), a ten jest dokładnie równy a.

Natomiast twój dowód pokazuje, że a musi być nieparzyste, a to już jest jakiś postęp.
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
Bruce Willis




Dołączył: 21 Mar 2007
Posty: 301
Przeczytał: 0 tematów


Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Nie 17:02, 08 Lut 2009    Temat postu:

wujzboj napisał:
Znaczy, chodzi o układ składający się równań typu:

3^a*b-1=2^x*(2^a*b-1)

(tj. z nawiasem)?


Tak, z nawiasem.
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
wujzboj




Dołączył: 29 Lis 2005
Posty: 22041
Przeczytał: 0 tematów

Skąd: znad Odry
Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Nie 17:02, 08 Lut 2009    Temat postu:

Fakt. Wzięło mi się to stąd, że wstukałem (a k) 2^(a-1) zamiast (a k) 2^(k-1).

Pozostaje więc do rozpatrzenia przypadek nieparzystego a.
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
Bruce Willis




Dołączył: 21 Mar 2007
Posty: 301
Przeczytał: 0 tematów


Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Nie 21:23, 08 Lut 2009    Temat postu:

Zła wiadomość... Pokiełbasiłem kolejność w układach równań :(

Mój poprzedni post poprawiłem, a tu prawdziwa kolejność:

1.

(3^a*b-1)=2^x*(2^a*b-1)

2.

(3^a*b-1)=2^x*(2^c*d-1)
(3^c*d-1)=2^y*(2^a*b-1)



3.

(3^a*b-1)=2^x*(2^c*d-1)
(3^c*d-1)=2^y*(2^a*b-1)
(3^e*f-1)=2^z*(2^a*b-1)

4. itd.

Wtedy wracamy do punktu wyjścia, bo rzecz nie sprowadza się tylko do rozwiązania jednego takiego równania. No, ale zawsze na pocieszenie pozostaje fakt, że przynajmniej rozwiążemy pierwszy element szeregu :wink:

Tylko zastanawiam się, czy funkcja:

[(3^a*b-1)/(2^a*b-1)]*[(3^c*d-1)/(2^c*d-1)]*[(3^e*f-1)/(2^e*f-1)]*...*[(3^m*n-1)/(2^m*n-1)]

to nie to samo co:

(3^x*y-1)/(2^x*y-1)

tyle, że parametry x oraz y nie są liczbami całkowitymi? Myślę, że tak tylko wtedy zmienne należą do liczb rzeczywistych.


Ostatnio zmieniony przez Bruce Willis dnia Nie 21:32, 08 Lut 2009, w całości zmieniany 1 raz
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
wujzboj




Dołączył: 29 Lis 2005
Posty: 22041
Przeczytał: 0 tematów

Skąd: znad Odry
Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Nie 23:03, 08 Lut 2009    Temat postu:

Hmmm. A dlaczego miałaby to być ta sama funkcja?
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
Bruce Willis




Dołączył: 21 Mar 2007
Posty: 301
Przeczytał: 0 tematów


Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Pon 13:15, 09 Lut 2009    Temat postu:

Właściwie wyraziłem się nie precyzyjnie. Dla:

[(3^a*b-1)/(2^a*b-1)]*[(3^c*d-1)/(2^c*d-1)]*[(3^e*f-1)/(2^e*f-1)]*...*[(3^m*n-1)/(2^m*n-1)] = (3^w*r-1)/(2^q*v-1) = k

"k" może być dowolnie duże, ale nie dowolne.

Natomiast w wyrażeniu:

(3^x*y-1)/(2^x*y-1) = l

"l" może być również dowolnie duże, a dla liczb rzeczywistych po prostu dowolne. Stąd "l" może być również równe "k".


Ostatnio zmieniony przez Bruce Willis dnia Pon 16:25, 09 Lut 2009, w całości zmieniany 1 raz
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
wujzboj




Dołączył: 29 Lis 2005
Posty: 22041
Przeczytał: 0 tematów

Skąd: znad Odry
Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Pon 13:29, 09 Lut 2009    Temat postu:

Jak się wymnoży, to rzeczywiście i licznik i mianownik mają taką formę. Ale przecież pierwsze wyrażenie jest funkcją wielu zmiennych, a drugie - tylko dwóch.
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
Bruce Willis




Dołączył: 21 Mar 2007
Posty: 301
Przeczytał: 0 tematów


Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Pon 22:29, 09 Lut 2009    Temat postu:

Funkcja:

(3^a*b-1)/(2^a*b-1)

dla wartości całkowitych a oraz b znajduje się w granicach:

( 1,5^a , (3^a-1)/(2^a-1) >

Gdyby to stablicować to zauważymy, że jeśli 1,5^a = x,123... to górna granica zawsze jest mniejsza niż x+1, przy czym x to jakaś liczba całkowita.

1 1,50 - 2,00
2 2,25 - 2,67
3 3,38 - 3,71
4 5,06 - 5,33
5 7,59 - 7,81
6 11,39 - 11,56
7 17,09 - 17,21
8 25,63 - 25,73
9 38,44 - 38,52
10 57,67 - 57,72
11 86,50 - 86,54
12 129,75 - 129,78
13 194,62 - 194,64
14 291,93 - 291,95
15 437,89 - 437,91
16 656,84 - 656,85
17 985,26 - 985,27
18 1477,89 - 1477,90
19 2216,84 - 2216,84
20 3325,26 - 3325,26
21 4987,89 - 4987,89
22 7481,83 - 7481,83
23 11222,74 - 11222,74
24 16834,11 - 16834,11
25 25251,17 - 25251,17
26 37876,75 - 37876,75
27 56815,13 - 56815,13
28 85222,69 - 85222,69
29 127834,04 - 127834,04
30 191751,06 - 191751,06

Stąd wyrażenie:

(3^a*b-1)/(2^a*b-1)

Nie przyjmuje wartości całkowitych, w tym 2^k.


Ostatnio zmieniony przez Bruce Willis dnia Wto 19:28, 10 Lut 2009, w całości zmieniany 5 razy
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
wujzboj




Dołączył: 29 Lis 2005
Posty: 22041
Przeczytał: 0 tematów

Skąd: znad Odry
Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Pon 23:53, 09 Lut 2009    Temat postu:

Nie ma jak matematyka eksperymentalna :D :brawo:

A nieeksperymentalnie to byłoby pewno tak:

f_a(b) = (3^a*b-1)/(2^a*b-1);

f_a(b) jest monotonicznie malejąca (łatwo widać, że sgn(df_a/db) = sgn(1 -3^a - 2^a) = -1) w granicach od (3^a-1)/(2^a-1) dla b= 1 do (3/2)^a dla b = oo;

Różnica D_a = f_a(oo) - f_a(1) wynosi (1.5^a-1)/(2^a-1), czyli jest monotonicznie majejącą funkcją a w granicach od 0.5 dla a=1 do 0 dla a = oo.

Z tego wynika, że f_a(b) nie jest liczbą całkowitą poza przypadkiem a=b=1.


Ostatnio zmieniony przez wujzboj dnia Wto 18:45, 10 Lut 2009, w całości zmieniany 3 razy
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
macjan




Dołączył: 27 Maj 2008
Posty: 345
Przeczytał: 0 tematów

Skąd: Wrocław
Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Wto 14:35, 10 Lut 2009    Temat postu:

Bruce Willis napisał:
Gdyby to stablicować to zauważymy, że jeśli 1,5^a = x,123... to górna granica zawsze jest mniejsza niż x+1, przy czym x to jakaś liczba całkowita.

A dowód tego faktu? IMHO na razie tego jeszcze nie udowodniłeś. Widzę tu tylko postawienie tezy i przykłady.

wujzboj napisał:
f_a(b) jest monotonicznie rosnąca (łatwo widać, że df_a/db > 0) w granicach od (3^a-1)/(2^a-1) dla b= 1 do (3/2)^a dla b = oo;

Malejąca, Wuju.

wujzboj napisał:
Różnica D_a = f_a(oo) - f_a(1) wynosi (1.5^a-1)(2^a-1), czyli jest monotonicznie majejącą funkcją a w granicach od 0.5 dla a=1 do 0 dla a = oo.

Z tego wynika, że f_a(b) nie jest liczbą całkowitą poza przypadkiem a=b=1.

Hm, nie widzę tego. Funkcja D_a, to długość pewnego przedziału, w którym musi się znajdować 2^k. To, że ten przedział jest mały nie oznacza, że nie może się w nim znajdować liczba całkowita.
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
wujzboj




Dołączył: 29 Lis 2005
Posty: 22041
Przeczytał: 0 tematów

Skąd: znad Odry
Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Wto 18:41, 10 Lut 2009    Temat postu:

Ano malejąca, trzeba uważać na znaki (a tak w ogóle to dobrze jest czasami pisać coś na kartce :oops:). Poprawiłem.

Natomiast jeśli o dowód chodzi, D_a=0.5 dla a = 1, co oznacza, że w całym zakresie zmienności b, funkcja f_1(b) zmienia się maksymalnie o 0.5 od wartości całkowitej przy b=1, czyli dla a=1 zmienia się ona zbyt słabo, by zapewnić istnienie drugiego całkowitego rozwiązania. Dla wyższych wartości a, mamy f_a(1) posiadającej pewną część ułamkową; pytanie brzmi, czy ta część ułamkowa może być przekraczać 1-D_a. Mnie się założyło niechcący, że f_a(1) jest liczbą całkowitą, co jest, rzecz jasna, prawdziwe tylko dla a=1...

Jeśli wykreślić w funkcji a całkowitą część f_a(1) oraz -D_a z dodaną całkowitą częścią f_a(1), to widać, że zachowuje się to nieregularnie, chociaż D_a maleje bardzo szybko. (Rozwiązanie może istnieć dla takiego a, dla którego czerwony punkt znajdzie się poniżej zera; rozwiązaniem jest też czarny punkt na wysokości zera):
    [link widoczny dla zalogowanych]
W każdym razie nie jest specjalnie oczywiste ani, że f_a(1) nie wstrzeli się w wartość całkowitą dla jakiegoś a, ani, że nie podejdzie tak bliziuteńko do wartości całkowitej, żeby D_a było w stanie przerzucić f_a(oo) na drugą stronę.

Nie jest też specjalnie oczywiste, jak szacować część ułamkową f_a(1). Rysunek nie sugeruje przy tym, żeby jakieś przyzwoite oszacowanie istniało; część ułamkowa nie wydaje się dążyć do jakiejś granicy, po prostu rzuca nią na w górę i w dół. Nie wygląda to może ZUPEŁNIE jak biały szum, ale zbyt optymistycznie też nie.
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
macjan




Dołączył: 27 Maj 2008
Posty: 345
Przeczytał: 0 tematów

Skąd: Wrocław
Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Wto 21:04, 10 Lut 2009    Temat postu:

wujzboj napisał:
pytanie brzmi, czy ta część ułamkowa może być przekraczać 1-D_a

To właśnie jest kluczowa sprawa. Szczerze mówiąc, nie widzę powodów, żeby nie mogła.

Jeśli to coś pomaga, to można zauważyć, że:

(3/2)^a < f_a(b) < (3/2)^a + 1

(w sumie to to samo, co wy napisaliście, może nawet słabsze sformułowanie)

Zatem jeśli f_a(b) jest całkowite, to musi być równe ceil((3/2)^a). Wydaje mi się wysoce nieprawdopodobne, żeby gdzieś "w dużych liczbach" potęga dwójki była górnym zaokrągleniem potęgi 3/2. Ale na razie nie potrafię udowodnić, że tak nie jest.
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
wujzboj




Dołączył: 29 Lis 2005
Posty: 22041
Przeczytał: 0 tematów

Skąd: znad Odry
Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Śro 0:28, 11 Lut 2009    Temat postu:

Mam "prawie rozwiązanie" dla trzech równań. Prawie, bo ani nie spełnia warunku, że wszystkie liczby muszą być różne, ani nie zamyka się w kółeczko :D. Ale przynajmniej jest zabawne. Wygląda to tak:

(3^2*569 - 1) = 2^10*(2^1*3 - 1)
(3^1*3 - 1) = 2^3*(2^1*1 - 1)
3^1 - 1 = 2^1*(2^1 - 1)

Warto zauważyć, że ponieważ 2^a*b-1 jest nieparzyste, to 3^a*b-1 musi się dzielić przez 2^x, czyli musi zachodzić:

3^a*b-1 = r*2^x,

Wobec tego b = (r*2^x + 1)/3^a, czyli r*2^x + 1 musi być podzielne przez 3^a. Można zdaje się znaleźć wiele liczb spełniających ten warunek, ale nie wszystkie z nich są zaraz rozwiązaniem problemu. Przykład powyżej, uzyskany dla a=2.

Proponuję w ogóle rozpatrywać to zadanie raczej w postaci:

(3^a*b-1)/2^x = 2^a*b-1

To oznacza bowiem, że reszta z dzielenia 3^a*b przez 2^x ma być -1, a część całkowita ma być 2^a*b-1. Taki warunek wygląda chyba przyzwoiciej i da się łatwiej przeanalizować.


Ostatnio zmieniony przez wujzboj dnia Śro 0:46, 11 Lut 2009, w całości zmieniany 2 razy
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
macjan




Dołączył: 27 Maj 2008
Posty: 345
Przeczytał: 0 tematów

Skąd: Wrocław
Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Śro 1:22, 11 Lut 2009    Temat postu:

Ja z kolei sprowadziłem to równanie do takiej postaci:

b(2^(k+a)-3^a) = 2^k - 1

I próbowałem tutaj coś kombinować z kongruencjami, ale na razie rezultatów to nie dało.


Ostatnio zmieniony przez macjan dnia Śro 1:29, 11 Lut 2009, w całości zmieniany 1 raz
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Zobacz poprzedni temat :: Zobacz następny temat  
Autor Wiadomość
Bruce Willis




Dołączył: 21 Mar 2007
Posty: 301
Przeczytał: 0 tematów


Płeć: Mężczyzna

PostWysłany: Sob 10:12, 14 Lut 2009    Temat postu:

A ja doszedłem do takich wniosków:

(3^a*b-1)/(2^a*b-1) = (1,5^a*(2^a*b-1)+1,5^a-1)/(2^a*b) = 1,5^a + (1,5^a-1)/(2^a*b-1)

Liczba 1,5^a ma "końcówki":

1. 5/10^1
2. 5^2/10^2
3. 5^3/10^3
4. 5^n/10^n

Abstrahuję tu od tego co poprzedza te liczby... aby uzyskać liczbę całkowitą należałoby tu dodać co najmniej takie same koncówki, żeby suma się "wyzerowała". Natomiast liczba (1,5-1)/(2^a*b-1) ma końcówki postaci:

1. 5/10^1/x
2. 5^2/10^2/x
3. 5^3/10^3/x
4. 5^n/10^n/x

x=(2^a*b-1)

Z tego wniosek, iż zachodzi taka możliwość aby suma się zerowała wtedy i tylko wtedy gdy x=10^m lub x=5^m. Oczywiście pierwszą liczbę wykluczamy, ponieważ jest parzysta, natomiast jeśli chodzi o 5^m, to wyrażenie (2^a*b-1) przyjmuje takie wartości tylko dla a=1 i b=3, 13, 63, 313... Wystarczy sprawdzić tylko czy całe wyrażenie dla b=3 nie zeruje się (a nie zeruje się), ponieważ dla reszty wartości ewentualne 5^n/10^n/x będzie mniejsze o rząd wielkości od 5^n/10^n. Czyli wyrażenie (3^a*b-1)/(2^a*b-1) nie przyjmuje wartości całkowitych. Oczywiście pominąłem tu przypadek m=0, czyli 1=2^1*1-1.

Jednak cały szereg nadal pozostaje nierozwiązany.

Rzecz zgadza się również dla wzoru:

(3^a*b+1)/(2^a*b+1) = (1,5^a*(2^a*b+1)-1,5^a+1)/(2^a*b) = 1,5^a - (1,5^a-1)/(2^a*b-1)

2,25 - (2,25-1)/5 = 2

Ale nie sprawdziłem jeszcze dla tego wzoru reszty przypadków...



Jeśli macie pomysł na zgrabniejszy dowód byłbym wdzięczny.


Ostatnio zmieniony przez Bruce Willis dnia Sob 10:18, 14 Lut 2009, w całości zmieniany 2 razy
Powrót do góry
Zobacz profil autora
Wyświetl posty z ostatnich:   
Napisz nowy temat   Odpowiedz do tematu    Forum ŚFiNiA Strona Główna -> Metodologia Wszystkie czasy w strefie EET (Europa)
Idź do strony 1, 2, 3  Następny
Strona 1 z 3

 
Skocz do:  
Nie możesz pisać nowych tematów
Nie możesz odpowiadać w tematach
Nie możesz zmieniać swoich postów
Nie możesz usuwać swoich postów
Nie możesz głosować w ankietach

fora.pl - załóż własne forum dyskusyjne za darmo
Powered by phpBB © 2001, 2005 phpBB Group
Regulamin