Funksjonallikning

Her kan brukere av forum utfordre hverandre med morsomme oppgaver og nøtter man ønsker å dele med andre. Dette er altså ikke et sted for desperate skrik om hjelp, de kan man poste i de andre forumene, men et sted for problemløsing på tvers av trinn og fag.

Funksjonallikning

Innlegg daofeishi » 30/08-2007 20:47

Finn alle funksjoner [tex]f:\mathbb{Q} \map \mathbb{Q}[/tex] som tilfredsstiller [tex]f(x+y) = f(x) + f(y) + xy[/tex]

Oppgaven er hentet herfra.

Dokumentet over kan forhåpentlig hjelpe med hint. Jeg er også ny i løsing av funksjonallikninger, men som en vis mann sa:

mrcreosote skrev:Sjøl om man ikke klarer å løse slike oppgaver fullstendig kan man ofte finne ut en del ting om eventuelle løsninger ved bare å sette inn noen smarte verdier. Det er nok av folk på forumet her som er kapable til å få til noe; prøv da vel!
daofeishi offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 1486
Registrert: 13/06-2006 01:00
Bosted: Cambridge, Massachusetts, USA

Innlegg sEirik » 30/08-2007 22:15

Løste en veldig liknende en for noen dager siden, der definisjonsmengden kun var partall. Dessuten var det oppgitt [tex]f(2) = 3[/tex]. Da fikk jeg

[tex]f(x + 2) = f(x) + f(2) + 2x[/tex]

[tex]f(x + 2) - f(x) = 2x + 3[/tex]

Dette kan løses som en differenslikning:

[tex]y_{x+2} - y_x = 2x + 3[/tex]

Skal ikke gå nærmere inn på hvordan jeg løste denne, men kom frem til at løsninga blir

[tex]y_x = f(x) = \frac{1}{2}x(x+1)[/tex]

Vet ikke om noe av dette kan overføres, siden det er snakk om en funksjon som skal være definert for alle rasjonale tall. Men kanskje?

Jeg har forresten ikke peiling på funksjonallikninger, og har aldri hørt begrepet før. Men akkurat dette eksempelet gikk det an å løse slik :-)
sEirik offline
Guru
Guru
Brukerens avatar
Innlegg: 1551
Registrert: 12/06-2006 20:30
Bosted: Oslo

Re: Funksjonallikning

Innlegg daofeishi » 01/09-2007 16:40

Denne oppgaven viste seg å være flott for å få tida til å gå på flyet mellom Oslo og Bergen. Jeg fikk fullført den på båten hjem til kjære Bømlo. Det som kommer under er et resultat av min investigeringsprosess. Når lemmaer med beviser blir presentert på denne måten, virker det ofte som resultatene er tatt rett ut fra løse luften. Flere av resultatene har jeg funnet ved å plugge inn tall i uttrykket over, gjette et resultat og så bevise det. (Eksempelvis undersøkte jeg f(x), f(x+1), fx+2) osv, og f(x), f(x+x), f(2x + x) osv.)

(Om noen har andre løsningsforslag, bare kom med dem. Dersom min løsning stemmer, er svaret ditt, Eirik, et partikulært svar i klassen av funksjoner som løser oppgaven. Here we go:


Vi skal finne alle funksjoner [tex]f:\mathbb{Q} \map \mathbb{Q}[/tex] som tilfredsstiller [tex]f(x+y) = f(x) + f(y) + xy[/tex]


Lemma 1: [tex]f(0) = 0[/tex]
Bevis: [tex]f(0) = f(0 + 0) = 2f(0)[/tex]
Derfra følger lemmaet direkte.

Lemma 2: [tex]f(-x) = x^2 - f(x)[/tex] for alle [tex]x\in \mathbb{Q}[/tex]
Bevis: Dette lemmaet bygger på lemma 1.
[tex]f(x-x) = f(x) + f(-x) - x^2 = 0[/tex]
Derfra følger lemmaet direkte.

Lemma 3: [tex]f(nx) = nf(x) + \left(\frac{(n-1)n}{2}\right)x^2[/tex] for alle [tex]n \in \mathbb{N}[/tex] og [tex]x \in \mathb{Q}[/tex]
Bevis: Vi skal bevise dette med induksjon på n. Vi ser at dette stemmer trivielt for f(x). Vi skal nå vise at dersom det stemmer for f(nx), stemmer det for f((n+1)x).
[tex]f((n+1)x) = f(nx + x) = f(nx) + f(x) + nx^2 \\= nf(x) + \left( \frac{(n-1)n}{2}\right)x^2 + f(x) + nx^2 \\ = (n+1)f(x) + \left(\frac{n(n+1)}{2}\right) x^2 [/tex]
Og dermed er lemmaet bevist.

Lemma 4: [tex]f(\frac{1}{n}) = \frac{f(1)}{n} + \frac{1-n}{2n^2}[/tex] for alle [tex]n \in \mathbb{N}[/tex]
Bevis: [tex]f(n \cdot \frac{1}{n}) = nf(\frac{1}{n}) + \frac{(n-1)n}{2n^2} = f(1)[/tex] ved bruk av lemma 3. Herfra følger det direkte.


[tex]a, b \in \mathbb{N}[/tex], [tex]b \neq 0[/tex]. For enkelhets skyld, la [tex]k \equiv f(1)[/tex] og [tex]x = \frac{a}{b}[/tex]

[tex]f(x) = f( \frac{a}{b}) = af(\frac{1}{b}) + \frac{(a-1)a}{2b^2}[/tex] etter lemma 3.
[tex] = a \left( \frac{k}{b} + \frac{1-b}{2b^2} \right) + \frac{(a-1)a}{2b^2}[/tex] etter lemma 4.
[tex]= \left( \frac{a}{b} \right) k + \left( \frac{a}{b} \right) \left( \frac{a}{2b} - \frac{1}{2} \right) \\ = kx + \frac{1}{2}x^2-\frac{1}{2}x \\ = \frac{1}{2}x^2 + (k-\frac{1}{2})x[/tex]

Siden k er en vilkårlig verdi, avhengig av f(1), lar vi [tex]c = k-\frac{1}{2}[/tex]

Dette gir oss for [tex]x \in \mathbb{Q}^+[/tex]
[tex]f(x) = \frac{1}{2}x^2+cx[/tex]

Vi bruker nå lemma 2. La x være som over. [tex]f(-x) = x^2 - f(x) = \frac{1}{2}x^2 - cx = \frac{1}{2}(-x)^2 + c(-x)[/tex] Dermed har vi utvidet funksjonen til hele [tex]\mathbb{Q}[/tex]



Følgende klasse med funksjoner tilfredsstiller funksjonallikningen:
[tex]f:\mathbb{Q} \map \mathbb{Q}[/tex] og [tex] c \in \mathbb{Q}[/tex]
[tex]\blue{f(x) = \frac{1}{2}x^2 + cx}[/tex]
Sist endret av daofeishi den 02/09-2007 16:01, endret 1 gang
daofeishi offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 1486
Registrert: 13/06-2006 01:00
Bosted: Cambridge, Massachusetts, USA

Innlegg mrcreosote » 02/09-2007 10:26

Godt arbeid. Jeg løste den litt annerledes, tar den med her for å vise en ny teknikk.

For å få et xy-ledd på venstre side virker det naturlig at vi har at f(x) inneholder et ledd på formen ax^2, men neppe noe av høyere orden. Derfor tester vi funksjonen [tex]f(x)=ax^2+bx+c[/tex] som innsatt gir 2a=1 og c=0. Vi kan ikke si noe mer om b. Dette er altså løsninger, men vi har på ingen måte vist at dette er de eneste. Det kan imidlertid gjøres slik:

Anta nå at h(x)=g(x)+f(x) for en eller annen funksjon g og f som over løser ligninga. Vi prøver å sette inn dette og får

[tex]h(x+y)=h(x)+h(y)+xy \\ g(x+y)+f(x+y) = g(x)+f(x)+g(y)+f(y)+xy \\ g(x+y)+\frac12(x+y)^2+b(x+y) = g(x)+\frac12x^2+bx+g(y)+\frac12y^2+by+xy \\ g(x+y)=g(x)+g(y)[/tex]

Men denne nye funksjonalligninga er kjent, den har eneste løsninger g(x)=kx for en k(=f(1)). Dermed har vi vist at ei løsning h(x) må være på formen [tex]h(x)=g(x)+f(x)=kx+\frac12x^2+bx=\frac12x^2+tx[/tex] der t=b+k.

Man kan ofte gjette seg til en funksjon som løser ligninga; har man en mistanke om at dette gjettet er eneste mulighet fungerer innimellom teknikken over.
mrcreosote offline
Guru
Guru
Brukerens avatar
Innlegg: 1995
Registrert: 10/10-2006 19:58

Innlegg daofeishi » 02/09-2007 14:44

Pent, mrcreosote. Det krever dog at man kjenner til Cauchys funksjonallikning. Forresten, du kjenner ikke til noen gode tekster (og oppgavesamlinger) som tar for seg teknikker for løsing av funksjonallikninger? Jeg har funnet Fuctional equations and how to solve them av Christopher G. Small, men den er himla dyr.
daofeishi offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 1486
Registrert: 13/06-2006 01:00
Bosted: Cambridge, Massachusetts, USA

Innlegg mrcreosote » 06/09-2007 20:47

Ja, det var ikke optimalt å vise denne teknikken på dette problemet. Ofte ender man opp med at g(x) er konstant lik 0 og da er det noe lettere å fatte poenget. Menmen.

Kjenner ikke til noe spesielt om funksjonalligninger; det står noe i Problem Solving Strategies (Engel), men den kjenner du kanskje til?

Jeg mener å ha skumma en pdf en plass, men klarer ikke å finne den igjen.
mrcreosote offline
Guru
Guru
Brukerens avatar
Innlegg: 1995
Registrert: 10/10-2006 19:58

Hvem er i forumet

Brukere som leser i dette forumet: Ingen registrerte brukere og 60 gjester

cron