szukanie zaawansowane
 [ Posty: 8 ] 
Autor Wiadomość
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 11 lis 2005, o 11:56 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 364
Lokalizacja: MISMaP UW
Pewnie proste, ale coś nie mogę zrobić:
1. funkcje \RR\to\RR, różniczkowalne i spełniające warunek: 2y \cdot f'(x)=f(x+y)-f(x-y)
2. \RR\to\RR, f(x-f(y))=1-x-y
3. wielomiany takie, że f(f(x))=(f(x))^k
4. \RR\to\RR, f(x)R, f(xy)=y \cdot f(x)+x \cdot f(y)
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 11 lis 2005, o 12:36 
Gość Specjalny
Avatar użytkownika

Posty: 2973
Lokalizacja: Suchedniów/Kraków
4)

Prosto wykazać, że f(0)=0 (przyjmij sobie x=y=0).

Przyjmując y=-x mamy:

f(x)+f(-x)\geq 0, uwzględniając założenie dostajemy f(x)\geq x.

Wiemy, że f(x)\leq x, więc f(x)=x.


Pomyślę potem nad resztą.


Pozdrawiam,
--
Tomek Rużycki
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 12 lut 2017, o 22:19 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 87
Chciałbym odkopać temat. Mianowicie, potrzebuję rozwiązań zadań 1, 3, 5. Jeśli ktoś miałby pomysł, to bardzo byłbym wdzięczny za pomoc. w zadaniu 3 zapewne należy zastanowić się nad jakąś zależnością między współczynnikami. Dla ułatwienia jedyna odpowiedź w tym zadaniu to x^{k}, tylko trudno do niej dojść. Może wykazać, że każdy współczynnik mniejszy od współczynnika wiodącego jest równy 0?
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 13 lut 2017, o 01:39 
Użytkownik

Posty: 349
Lokalizacja: Polska
To ja się spróbuję; jestem nowy w równaniach funkcyjnych, więc proszę o korektę :v
2)
f(x-f(y))=1-x-y
W miejsce x wstawmy 1-x+f(y), wówczas
I) f(1-x) = x-y-f(y)

A teraz podstawmy za y 1-x i za x0
II) f(-f(1-x)) = x-1-f(y)
Odejmijmy stronami równania
f(1-x)-f(f(y)+y-x) = 1 - y
Z czego wprost:
f(f(y)+y-x) = x-1-f(y)
Podstawiamy za y 0
f(f(0) - x) = x-1-f(0)
I przekształcamy
f(f(0)-x) = -(f(0)-x+1)
Z czego mamy:
Ostatecznie podstawiamy za x f(0)-x i otrzymujemy:
f(x) = -(x+1) i sprawdzamy, że funkcja ta rzeczywiście spełnia warunki zadania i co więcej jest jedyną taką funkcją

3)
Nie ma warunku jakie ma być k, więc zakładam, że k \in \mathbb Z_+  \cup {0}
f(f(x)) = (f(x))^k

Zauważmy, że f(x) = x^k  \vee f(x) \equiv 0 spełniają warunki zadania; wykażemy teraz, iż są to jedyne rozwiązania.

Załóżmy, że dla pewnego wielomianu W(x) \not\equiv 0 funkcja f(x) = x^k + W(x) istnieje i spełnia warunki zadania, wówczas f(f(x)) = (x^k+W(x))^k +W(x)  = (x^k+W(x))^k = (f(x))^k, ale z tego wynika wprost, że W(x) \equiv 0, co jest sprzeczne z założeniem, czyli taka funkcja istnieć nie może
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 13 lut 2017, o 11:28 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 87
PoweredDragon napisał(a):
Załóżmy, że dla pewnego wielomianu W(x) \not\equiv 0 funkcja f(x) = x^k + W(x) istnieje i spełnia warunki zadania, wówczas f(f(x)) = (x^k+W(x))^k +W(x)  = (x^k+W(x))^k = (f(x))^k, ale z tego wynika wprost, że W(x) \equiv 0, co jest sprzeczne z założeniem, czyli taka funkcja istnieć nie może

Dzięki za pomysł. Trzeba tylko trochę ulepszeń:
Niech stopień wielomianu f(x) wynosi n. Wówczas stopień wielomianu f(f(x)) wynosi n^2, zaś f(x)^k ma stopień n \times k. Stąd n = k . Zatem W(x)ma stopień co najwyżej k. Przyjmę założenie, że W(x) \neq -x^k \wedge W(x) \not\equiv 0 aby nie otrzymać rozwiązań wcześniejszych. Powinieneś mieć
f(f(x)) = (x^k+W(x))^k +W(f(x)) = (x^k+W(x))^k = (f(x))^k
Stąd
W(f(x))  \equiv 0
Jeśli f(x) nie jest funkcją stałą, to przybiera nieskończenie wiele wartości (jako wielomian), więc W(x) ma nieskończenie wiele miejsc zerowych, czyli nieskończenie wielki stopień - to nie jest możliwe, bo W(x) ma stopień co najwyżej k. Gdyby f(x) było funkcją stałą, to musiałoby być a_{0} = a_{0}^k  \Leftrightarrow a_{0}  \in \left\{ 0, 1\right\} dla k parzystego \vee a_{0}  \in \left\{ -1, 0, 1\right\} dla k nieparzystego
To kolejne rozwiązania, gdyż spełniają dane równanie.

Zadanie 2
Do danego równania
y = 0  \Rightarrow f(x-f(0)) = 1 - x
Znów do danego równania
x := x + f(0)  \wedge y=0  \Rightarrow f(x) = 1 - x - f(0)
Teraz do powyższego równania
x=0  \Rightarrow f(0) =  \frac{1}{2}
Zatem
f(x) = -x +  \frac{1}{2}

-- 13 lut 2017, o 12:07 --

neworder napisał(a):
4. \RR\to\RR, f(x)R, f(xy)=y \cdot f(x)+x \cdot f(y)

Powinno być
f:(1; +\infty ) \rightarrow \RR, \forall x, y \in (1; +\infty ) [f(xy)=y \cdot f(x)+x \cdot f(y)]
Góra
Kobieta Offline
PostNapisane: 13 lut 2017, o 12:29 
Użytkownik

Posty: 1284
Poprawianie zapisu wyszło kreatywnie - z zadań 4. i 5. zrobiło się jedno.

Niech g(x)=\frac{f(x)}{x}, wtedy g(xy)=g(x)+g(y), a to jest równanie logarytmiczne Cauchy'ego.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 13 lut 2017, o 15:30 
Użytkownik

Posty: 349
Lokalizacja: Polska
WolfusA napisał(a):
PoweredDragon napisał(a):

Załóżmy, że dla pewnego wielomianu W(x) \not\equiv 0 funkcja f(x) = x^k + W(x) istnieje i spełnia warunki zadania, wówczas f(f(x)) = (x^k+W(x))^k +W(x)  = (x^k+W(x))^k = (f(x))^k, ale z tego wynika wprost, że W(x) \equiv 0, co jest sprzeczne z założeniem, czyli taka funkcja istnieć nie może

Dzięki za pomysł. Trzeba tylko trochę ulepszeń:
Niech stopień wielomianu f(x) wynosi n. Wówczas stopień wielomianu f(f(x)) wynosi n^2, zaś f(x)^k ma stopień n \times k. Stąd n = k . Zatem W(x)ma stopień co najwyżej k. Przyjmę założenie, że W(x) \neq -x^k \wedge W(x) \not\equiv 0 aby nie otrzymać rozwiązań wcześniejszych. Powinieneś mieć
f(f(x)) = (x^k+W(x))^k +W(f(x)) = (x^k+W(x))^k = (f(x))^k


Tia. Sprytnie i w ogóle w porzo :d mój błąd z tym "W(f(x))", ale ogólnie chyba źle nie było xd

Cytuj:
[.....UNIMPORTANT FOR NOW.....]

Zatem
f(x) = -x +  \frac{1}{2}


W sumie nieźle. Bo w tym moim (dziwne, że nie zauważyłem) wyszło mi 0 = -1 xD
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 13 lut 2017, o 15:38 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 87
Ale twierdzenie Cauchy'ego mówi o rozwiązaniach ciągłych tego równania. To zostaje udowodnić, że nie ma rozwiązań nieciągłych.

-- 13 lut 2017, o 15:39 --

bosa_Nike napisał(a):
Poprawianie zapisu wyszło kreatywnie - z zadań 4. i 5. zrobiło się jedno.

Niech g(x)=\frac{f(x)}{x}, wtedy g(xy)=g(x)+g(y), a to jest równanie logarytmiczne Cauchy'ego.
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 8 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 kilka zadań z własności funkcji  Maryjan  2
 Kilka prostych zadań :)  Powered  4
 Układ równań - zadanie 24  eerroorr  6
 uklad rownan rekurencyjnych  Keendr  0
 kilka przykladow  myszGT  1
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl