szukanie zaawansowane
 [ Posty: 6 ] 
Autor Wiadomość
Kobieta Offline
PostNapisane: 5 paź 2008, o 20:12 
Użytkownik

Posty: 1874
Lokalizacja: Lost Hope
Niech f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} spelnia warunek:

f(x)-f(x-2)+f(1-x) = 0

Wykazac, ze jest okresowa.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 6 paź 2008, o 06:30 
Użytkownik

Posty: 1676
Lokalizacja: warszawa
za x wstawmy 1-x
wtedy
f(1-x)-f(-x-1)+f(x)=0
pomnóżmy wyjściowe równanie przez -1
-f(x)+f(x-2)-f(1-x) = 0
dodajmy stronami
f(x-2)=f(-x-1)
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 6 paź 2008, o 15:00 
Gość Specjalny
Avatar użytkownika

Posty: 2643
Lokalizacja: Warszawa
robin5hood, Z tego nie wynika, że f jest okresowa, kontrprzykładem będzie już funkcja kwadratowa z wierzchołkiem w punkcie \frac{-3}{2}.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 6 paź 2008, o 22:35 
Użytkownik

Posty: 40
Podstawmy za x kolejno: -x oraz x+1, otrzymamy:
f(-x)-f(-x-2)+f(x+1)=0
f(x+1)-f(x-1)+f(-x)=0
Z powyższych równości wnioskujemy, że: f(x-1)=f(-x-2), czyli f(-x-1)=f(x-2)(*)

Następnie, x\rightarrow x+2, wtedy:
f(x+2)-f(x)+f(-x-1)=0, co w połączeniu z (*) daje:f(x)=f(x-2)+f(x+2) (**)

Podstawmy w (**): x \rightarrow x-2 oraz x \rightarrow x-4, wtedy:
f(x-2)=f(x-4)+f(x)
f(x-4)=f(x-6)+f(x-2)
Z obu powyższych równości wynika, że: f(x)+f(x-6)=0. (***)

Podstawmy w (***): x \rightarrow x-6 i otrzymaną równość odejmijmy od (***), w rezultacie: f(x)=f(x-12), c.n.d.
Góra
Kobieta Offline
PostNapisane: 6 paź 2008, o 23:02 
Użytkownik

Posty: 1874
Lokalizacja: Lost Hope
:) Fajnie.

Mozna pokazac, ze okrez wynosi 6. Jak znajde troche czasu, to moze spisze ogolna metode automatycznego rozwiazywania takich rownan. O ile oczywiscie uda mi sie ja prosto sformalizowac.
Góra
Kobieta Offline
PostNapisane: 11 lip 2011, o 18:53 
Użytkownik

Posty: 1874
Lokalizacja: Lost Hope
"Takie równania" różnią się tym od rekurencji liniowych, że rozważamy kombinacje liniowe wartości funkcji w punktach postaci T\rho(n), gdzie T jest przesunięciem, zaś \rho obrotem, to znaczy T\rho jest elementem grupy izometrii przestrzeni, z której bierzemy argumenty funkcji (czy indeksy ciągu, jeśli ktoś woli wersję dyskretną). Jeśli ciąg zależy od jednej zmiennej (indeksu), to wiele wyboru nie ma: jedyne nietrywialne izometrie \mathbb{R} skończonego rzędu to odbicie symetryczne, czyli złożenia przesunięć z funkcją x\mapsto-x.

Metoda działa jednak również dla równań postaci:

\sum_{t\in\mbox{Iso}(\mathbb{R}^n)} \alpha_tf(t(x))=0

dla x\in\mathbb{R}^n i prawie wszystkich \alpha_t równych zero.

Zilustruję na przykładzie z zadania tutaj. Niech \sigma:\mathbb{R}\to\mathbb{R} będzie dane wzorem \sigma(x)=-x, zaś t:\mathbb{R}\to\mathbb{R} wzorem t(x)=x+1. Wówczas równanie przyjmuje postać:

f(\mbox{id}(x))-f(t^{-2}(x))+f(t(\sigma(x)))=0

Dla porównania zwykłej rekurencji liniowej postaci x_{n+1}-x_{n}-x_{n-1}=0 (liczby Fibonacciego) w powyższej konwencji odpowiada równanie:

f(t(x))-f(\mbox{id}(x))-f(t^{-1}(x))=0.

Tej pierwszej rekurencji odpowiada formalna kombinacja liniowa elementów grupy izometrii:

1-t^{-2}+t\sigma

a tej drugiej (Fibonacci) odpowiada kombinacja:

t-1-t^{-1}=0.

Drugą rekurencję rozwiązujemy szukając pierwiastków funkcji:

f(t)=t-1-t^{-1}

czy jak kto woli pierwiastków wielomianu:

t^2-t-1.

Pierwszego równania nie da się tak prosto sprowadzić do wielomianu (charakterystycznego). Zauważmy jednak, że t\sigma=\sigma t^{-1} oraz \sigma^2=1 i wobec tego:

(\star)\:\:(1-t^{-2}+t\sigma)(1-t^2-t\sigma)=1-t^2-t^{-2}.

Analogicznie do przypadku liniowego rozważymy więc wielomian:

t^2(1-t^2-t^{-2})=-t^4+t^2-1.

Rozwiązanie równania z tego wątku po skoncentrowaniu uwagi na całkowitch x jest kombinacja liniowa pierwiastków tego wielomianu, a są to pierwiastki szóstego stopnia z jedynki, stąd okres funkcji dzieli 6.

W miejscu (\star) nie ma żadnej magii. Wielomian po prawej jest wyznacznikiem odwzorowania endomorfizmu (\mathbb{R}[t])^2 odpowiadającego mnożeniu przez 1-t^{-2}+t\sigma (z prawej strony).

Jako ciekawostkę (i ciekawe zadanie do rozwiązania) podam, że podczas, gdy każda (nietrywialna) rekurencja liniowa, czyli równanie:

\sum_{t\in\mbox{Trans}(\mathbb{R})}\alpha_tf(t(x))=0

ma nietrywialne, to jest różna od zerowego, rozwiązania, to w ogólności równania

\sum_{t\in\mbox{Iso}(\mathbb{R})}\alpha_tf(t(x))=0

nie muszą mieć rozwiązań. Tu \mbox{Trans}\subseteq\mbox{Iso} to podgrupa przesunięć.

(Ten post bardzo mi pomógł, niestety nie mogę przyznać sobie punktu.)
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 6 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 Kiedy potrzebne jest wyznaczanie dziedziny ?  mateo19851  4
 Funkcja zaokrąglajaca  Anonymous  3
 Z def. funkcji monotonicznej wykaż...  Anonymous  1
 Surjekcja (funkcja "na")  lucky36  1
 Funkcja z parametrem...  Finarfin  2
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl