szukanie zaawansowane
 [ Posty: 9 ] 
Autor Wiadomość
Kobieta Offline
PostNapisane: 25 gru 2016, o 22:38 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 2655
Dla ustalonych liczb dodatnich a i b znaleźć wszystkie funkcje f: \RR_{+}  \rightarrow \RR_{+} spełniające warunek: f(f(x))+a f(x)=b(a+b)x dla x \in \RR_{+}.
Góra
Instytut Matematyczny, Uniwersytet Wrocławski
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 26 gru 2016, o 00:55 
Użytkownik

Posty: 289
Lokalizacja: Warszawa
Ustalmy x\in \mathbb{R}_{>0}. Definiujemy ciąg
c_n=\underbrace{(f\cdot f\cdot ...\cdot f)}_{n\,razy}(x)
dla n\in \mathbb{N}. W szczególności otrzymujemy c_0=x oraz c_1=f(x). Ciąg \{c_n\}_{n\in \mathbb{N}} spełnia zależność rekurencyjną
c_{n+1}+ac_n=b(a+b)c_{n-1}
dla n \geq 1. Rozwiązujemy tę liniową zależność rekurencyjną naszym ulubionym sposobem. Staramy się przy tym nie popełnić rachunkowego błędu, bo to jest najgorsze, co się może w tej sytuacji człowiekowi przytrafić. Zakładając, że zrobiłem to dobrze, otrzymujemy, że
c_n=\frac{(a+b)c_0+c_1}{2b+a}b^n+\frac{bc_0-c_1}{2b+a}(-a-b)^n
Przypominamy sobie, że
c_n=f^n(x)
i wstawiamy to do naszego jawnego wzoru otrzymując
f^n(x)=\frac{(a+b)x+f(x)}{2b+a}b^n+\frac{bx-f(x)}{2b+a}(-a-b)^n
czyli
f^n(x)=b^n\cdot \left(\frac{(a+b)x+f(x)}{2b+a}+\frac{bx-f(x)}{2b+a}\cdot (-1)^n\cdot \left(\frac{a+b}{b}\right)^n\right)
Z tego, że a,b>0 dostajemy, że \lim_{n\rightarrow +\infty}\left(\frac{a+b}{b}\right)^n=+\infty. Stąd jeśli bx\neq f(x), to ciąg
\left(\frac{(a+b)x+f(x)}{2b+a}+\frac{bx-f(x)}{2b+a}\cdot (-1)^n\cdot \left(\frac{a+b}{b}\right)^n\right)
zależny od n\in \mathbb{N} zawiera podciąg zbieżny do -\infty. Zatem dla niektórych odpowiednio dużych n\in \mathbb{N} otrzymujemy
f^n(x)=b^n\cdot \left(\frac{(a+b)x+f(x)}{2b+a}+\frac{bx-f(x)}{2b+a}\cdot (-1)^n\cdot \left(\frac{a+b}{b}\right)^n\right)<0
To jest niemożliwe, bo przecież f^n(x)>0 dla każdego n\in \mathbb{N}. Oznacza to, że jedyną możliwością jest f(x)=bx. Z dowolności wyboru x\in \mathbb{R} otrzymujemy f(x)=bx dla każdego x\in \mathbb{R}. Łatwo sprawdzić, że taka funkcja spełnia Twoje równanie.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 26 gru 2016, o 19:27 
Gość Specjalny
Avatar użytkownika

Posty: 17218
Lokalizacja: Cieszyn
Slup napisał(a):
...Definiujemy ciąg
c_n=\underbrace{(f\cdot f\cdot ...\cdot f)}_{n\,razy}(x)...


Tu chodzi o iteracje. Kropka mogłaby coś mylnie sugerować. :)
Góra
Kobieta Offline
PostNapisane: 29 gru 2016, o 01:14 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 2655
Slup napisał(a):
c_{n+1}+ac_n=b(a+b)c_{n-1}
dla n \geq 1. Rozwiązujemy tę liniową zależność rekurencyjną naszym ulubionym sposobem.

Cóż to jest ten ulubiony sposób? Nie wiem jak zostało rozwiązane to równanie.
Slup napisał(a):
f^n(x)=\frac{(a+b)x+f(x)}{2b+a}b^n+\frac{bx-f(x)}{2b+a}(-a-b)^n
czyli
f^n(x)=b^n\cdot \left(\frac{(a+b)x+f(x)}{2b+a}+\frac{bx-f(x)}{2b+a}\cdot (-1)^n\cdot \left(\frac{a+b}{b}\right)^n\right)

Jak został przekształcony ten wzór? Nie rozumiem tego przejścia.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 29 gru 2016, o 02:09 
Użytkownik

Posty: 289
Lokalizacja: Warszawa
Akurat to równanie można rozwiązać tak samo jak przykład 2 rozdziału I tego kompendium
304902.htm

Mam swoją ulubioną metodę. Mamy
c_{n+1}=-ac_n+b(a+b)c_{n-1}
z czego wynika równość wektorów
\left[ \begin{array}{c}
c_{n+1}   \\
c_{n}  \end{array} \right]
=\left[ \begin{array}{cc}
-a & b(a+b)  \\
1&0  \end{array} \right] \cdot \left[ \begin{array}{c}
c_n  \\
 c_{n-1} \end{array} \right]
Stąd jeśli oznaczysz v_{n}=(c_n,c_{n-1}) oraz A=\left[ \begin{array}{cc}
-a & b(a+b)  \\
1&0  \end{array} \right] to dostajesz
v_{n+1}=A\cdot v_n
Ale to jest ciąg geometryczny! Zatem
v_n=A^{n-1}\cdot v_1
Widać, że będzie super jeśli będziemy w stanie podnieść macierz A do dowolnej potęgi. Do tego przydaje się postać Jordana.
Na razie proponuję, żebyś rozwiązała to tak, jak w powyższym kompendium.

Weź

f^n(x)=\frac{(a+b)x+f(x)}{2b+a}b^n+\frac{bx-f(x)}{2b+a}(-a-b)^n

i wyciągnij b^n przed całe wyrażenie po prawej stronie. Dostaniesz

f^n(x)=b^n\cdot \left(\frac{(a+b)x+f(x)}{2b+a}+\frac{bx-f(x)}{2b+a}\cdot \left(\frac{-a-b}{b}\right)^n\right)

Teraz napisz, że
\left(\frac{-a-b}{b}\right)^n=(-1)^n\cdot \left(\frac{a+b}{b}\right)^n
i wstaw. Powinno się udać.

W razie wątpliwości czekam na dalsze pytania.
Góra
Kobieta Offline
PostNapisane: 29 gru 2016, o 11:03 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 2655
Z równaniami rekurencyjnymi nie miałam za wiele do czynienia, toteż to jedna z moich pierwszych prób rozwiązania ;)

c_{n+1}+ac_{n}=b(a+b)c_{n-1}

Równanie charakterystyczne: x^{2}+ax-b(a+b)=0

x_{1}=\frac{-a-a-2b}{2}=-a-b

x_{2}=\frac{-a+a-2b}{2}=b

c_{n}=A (-a-b)^{n}+B b^{n}

Trzeba wyliczyć współczynniki A, B.

c_{0}=A+B=x
c_{1}=A(-a-b)+Bb=f(x)

\begin{cases} A+B=x \\ A(-a-b)+Bb=f(x) \end{cases}

\begin{cases} B=x-A \\ A(-a-b)+(x-A) b =f(x) \end{cases}

A(-a-2b)=f(x)-xb  \Leftrightarrow A=\frac{f(x)-xb}{-a-2b}=\frac{xb-f(x)}{a+2b}

B=x-\frac{xb-f(x)}{a+2b}=\frac{ax+2bx-xb+f(x)}{a+2b}=\frac{x(a+b)+f(x)}{a+2b}

Zatem postać ogólna ciągu to c_{n}=\frac{xb-f(x)}{a+2b} (-a-b)^{n}+\frac{x(a+b)+f(x)}{a+2b} b^{n}

-- 29 gru 2016, o 11:19 --

Mam nadzieję, że dobrze zrozumiałam sposób rozwiązywania tego równania rekurencyjnego. Nie sądziłam, że rekurencje przydają się przy równaniach funkcyjnych, ale teraz już będę wiedzieć, że przy iteracjach mogą być pomocne.

Na razie wszystko jest zrozumiałe do poniższego momentu.

Slup napisał(a):
Z tego, że a,b>0 dostajemy, że \lim_{n\rightarrow +\infty}\left(\frac{a+b}{b}\right)^n=+\infty. Stąd jeśli bx\neq f(x), to ciąg
\left(\frac{(a+b)x+f(x)}{2b+a}+\frac{bx-f(x)}{2b+a}\cdot (-1)^n\cdot \left(\frac{a+b}{b}\right)^n\right)
zależny od n\in \mathbb{N} zawiera podciąg zbieżny do -\infty. Zatem dla niektórych odpowiednio dużych n\in \mathbb{N} otrzymujemy
f^n(x)=b^n\cdot \left(\frac{(a+b)x+f(x)}{2b+a}+\frac{bx-f(x)}{2b+a}\cdot (-1)^n\cdot \left(\frac{a+b}{b}\right)^n\right)<0
To jest niemożliwe, bo przecież f^n(x)>0 dla każdego n\in \mathbb{N}. Oznacza to, że jedyną możliwością jest f(x)=bx. Z dowolności wyboru x\in \mathbb{R} otrzymujemy f(x)=bx dla każdego x\in \mathbb{R}. Łatwo sprawdzić, że taka funkcja spełnia Twoje równanie.


Przepraszam, że będę pytać o takie łopatologiczne rzeczy, ale często łapię się na wręcz śmiesznej niewiedzy z analizy matematycznej.

Dlaczego \lim_{n \to \infty} \frac{(a+b)^{n}}{b^{n}}=\infty? Czy dlatego, że ze względu na dodatniość a, b wiemy, że a+b > b?

Czy założenie bx  \neq f(x) przy granicy \lim_{n \ to \infty} \frac{(a+b)^{n}}{b^{n}}=\infty jest po to by uniknąć symbolu nieoznaczonego 0 \cdot \infty?

Czy dobrze myślę, że ten podciąg rozbieżny do -\infty będzie dla n nieparzystych?
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 29 gru 2016, o 12:24 
Użytkownik

Posty: 289
Lokalizacja: Warszawa
Rekurencja jest rozwiązana prawidłową metodą. Wyszedł nam ten sam wynik czyli prawdopodobnie oboje zrobiliśmy to dobrze.

Tak. O to właśnie chodzi. Wiemy, że \frac{a+b}{b}>1, bo a,b>0 i przez to licznik jest większy od mianownika. Ciąg kolejnych naturalnych potęg ustalonej liczby rzeczywistej większej od 1 zbiega do nieskończoności. Zatem
\lim_{n\rightarrow +\infty}\left(\frac{a+b}{b}\right)^n=+\infty

Przyjmijmy na chwilę, że f(x)\neq bx. Nie po to, żeby uniknąć symbolu nieoznaczonego. Po prostu przyjmijmy dla dowodu nie wprost, że tak jest. Wówczas
\frac{bx-f(x)}{2b+a}\neq 0
Zatem ciąg
\left(\frac{(a+b)x+f(x)}{2b+a}+\frac{bx-f(x)}{2b+a}\cdot (-1)^n\cdot \left(\frac{a+b}{b}\right)^n\right)
"składa" się z dwóch podciągów(dla n parzystych i dla n nieparzystych). Jeden z tych podciągów zbiega do +\infty, a drugi do -\infty. Nas interesuje ten, co zbiega do -\infty. Nie wiemy, czy to ten dla n parzystych czy ten dla n nieparzystych, ale wiemy, że taki podciąg istnieje. To wystarczy, bo oznacza, że
f^n(x)=b^n\cdot \left(\frac{(a+b)x+f(x)}{2b+a}+\frac{bx-f(x)}{2b+a}\cdot (-1)^n\cdot \left(\frac{a+b}{b}\right)^n\right)<0
dla pewnego n, a to jest sprzeczność.
Z tej sprzeczności wynika, że musi być f(x)=bx.
Góra
Kobieta Offline
PostNapisane: 29 gru 2016, o 14:06 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 2655
Dziękuję za solidne wyjaśnienia!

Pozwolę sobie jeszcze zapytać, gdyż chcę zrozumieć ten dowód całościowo, bez nawet tych małych niejasności.

Nie wiemy, który z podciągów czy dla n parzystych czy dla n nieparzystych, zbiega do + \infty, ponieważ nie wiemy czy \frac{bx-f(x)}{2b+a} jest dodatnie, czy nie. Jednak występowanie czynnika (-1)^{n} zapewnia nam istnienie tych dwóch podciągów o różnych granicach. Czy to jest poprawne rozumowanie?
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 29 gru 2016, o 14:13 
Użytkownik

Posty: 289
Lokalizacja: Warszawa
Tak. Wiemy tylko, że \frac{bx-f(x)}{2b+a} jest różne od zera, a nie znamy znaku tego wyrażenia.

Tak. Czynnik(-1)^n dokładnie nam to zapewnia.
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 9 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 Zamień funkcję w szereg  eerjot  0
 Znaleźć wzór jawny ciągu  solarq  1
 [funkcje zespolone] rozwijanie w szereg Laurenta  madallenka  0
 Proste równanie z ciągiem!  Jestemfajny  5
 Rozwinąć funkcję w szereg Maclaurina  Barca  2
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) ParaRent.com