matematikk.net

Vurder en funksjon f: Q -> Q som tilfredsstiller

$3f(w+x+y+z)+f(w+x)+f(x+y)+f(y+z)+f(z+w)+f(w+y)+f(x+z)$

=$2f(w+x+y)+2f(x+y+z)+2f(y+z+w)+2f(z+w+x)$

Finn alle mulige slike funksjoner $f(x)$


Hint: De mulige funksjonene er på nøyaktig formen $\alpha x^2+\beta x$ hvor $\alpha ,\beta \in \mathbb{Q}$

Hvorfor ikke [tex]ax^4 + bx^3 + cx^3 + dx^2 + ex : a,b,c,d \in \mathbb{Q}[/tex] da det lett kan vises at
[tex]f^{(4)}(x) = 0[/tex].

skjønner konstant leddet må være 0, da f(0) = 0

obs..
[tex]ax^4 + bx^3 + cx^2 + dx : a,b,c,d \in \mathbb{Q}[/tex]

...

Hvorfor ikke[tex]ax^3+bx^3+cx^2 + dx :a,b,c,d \in \mathbb{Q}[/tex]
da det lett kan vises at
[tex]f^{(4)}=0[/tex]


skjønner konstant leddet må være 0, da f(0) = 0

[tex]ax^3+bx^2+cx:a,b,c \in \mathbb{Q}[/tex]

Til pit:
Kan du være så snill å lage deg en konto, så du heller kan redigere enkeltinnleggene dine, istedenfor all denne postinga?

pit skrev:[tex]ax^3+bx^2+cx:a,b,c \in \mathbb{Q}[/tex]

Og du er sikker på at det tilfredsstiller kravet til f?

vet ikke...

Tror eksakt løsning finnes ved å sette w,x,y,z lik noen tilfeldige verdier slik at en får en funksjons likning
av en eller annen form, for så å sette inn f(x) = ax^2 + bx eller f(x) = ax^3 + bx^2 + cx inn i likningen.
En har da et likningsett med ukjente som en kan løse ut.

F.eks
[tex]3f(4) + 6f(2)- 8f(3) = 0 <=> 3(a*4^2 + b*4) + 6(a*2^2 + b*2)-8(a*3^2 + b*3)=0[/tex]

To likninger til, får så å løse dem til gir riktig løsning, tror jeg

Jeg skjønner...

Kan ikke være ax^3 + bx^2 + cx, da
[tex]3f(4) + 6f(2)- 8f(3) = 0[/tex] gir a = 0.

Så må være ax*2 + bx, som var hintet ditt.

Ved å finne flere slike funksjonslikninger, så kan en eventuelt få satt dem lik et eller annet.

To likninger som ikke er slik at 0 = 0, ville gitt mulighet for å finne løsning.

Kjemikern skrev:Vurder en funksjon f: Q -> Q som tilfredsstiller

$3f(w+x+y+z)+f(w+x)+f(x+y)+f(y+z)+f(z+w)+f(w+y)+f(x+z)$

=$2f(w+x+y)+2f(x+y+z)+2f(y+z+w)+2f(z+w+x)$

$w=x=y=z=0$ gir at $f(0)=0$.

$w=x=y=z$ gir at $3f(4x)+6f(2x)=8f(3x)$ (1)

$z=0, x=y=z$ gir at $3f(3x)+3f(2x)+3f(x)=2f(3x)+6f(2x)\Rightarrow f(3x)=3f(2x)-3f(x)$ (2)

Kombinerer vi (1) og (2) får vi at

$f(4x)=6f(2x)-8f(x)$. (3)

Anta at vi kan skrive funksjonen på formen $f(x)=\sum_{n=0}^\infty \alpha_n x^n$ (med $\alpha_n\in \mathbb{Q}$). Innsatt i likningen fås

$\sum \alpha_n 4^n x^n= 6\sum \alpha_n 2^n x^n-8\sum \alpha_n x^n$. Siden dette skal holde for alle $x$, kan vi sammenligne koeffisientene, ie.

$(2^n)^2=6\cdot 2^n-8$ for alle $n$ der $\alpha_n\neq 0$. Dette er en 2.gradslikning med løsninger $n=1,2$, så løsningene er på formen $\alpha x^2+\beta x$ der $\alpha,\beta\in\mathbb{Q}$. Innsetting viser at alle disse er løsninger.

Spørsmålet er om alle mulige f kan skrives på den måten som jeg har antatt

@kjemikern: hvordan lyder løsningsforslaget på denne?

plutarco skrev: @kjemikern: hvordan lyder løsningsforslaget på denne?

Funksjonene $g(x)=x$ og $h(x)=x^2$, kan enkelt vise at det er en løsning til "problemet-likningen". Siden "problem-likningen" er lineær, vil alle lineære kombinasjoner:

$f(x):=\alpha h(x)+ \beta g(x)=\alpha x^2 + \beta x$ løse "problem-likningen". Nå gjelder det å vise at at alle løsningen står på denne formen:



La $f$ være en hvilket som helst løsning til "problem-liknignen". La $w=x=y=z=0$ gir oss $f(0)=0.$

La $(w,x,y,z)=(a,a,a,(z-3)a)$ for noen [tex]z\in \mathbb{Z}\: og\: a \in \mathbb{Q}[/tex] gir dette:

$(1):$ $f(za)=\frac{1}{3}(2f(3a)-3f(2a))+2f((z-1)a)-f((z-2)a$

Vi lar $a\neq 0$ fikset, slik at vi definerer $d_z := f(za)-f((z-1)a)$ og $C: \frac{2}{3} f(3a)-f(2a)$ og omskriver $(1)$ som:

$d_z=d_{z-1}+C$. Den generelle løsningen for denne rekursjon er $d_z=Cz+q$ med $q \in \mathbb{Q}$. Men siden $f(0)=0$ har vi at:

$(2):$ [tex]f(nx)=\sum\: _{i=1}^{n} d_i=\frac{C}{2}n(n+1)+qn=\frac{C}{2}n^2+(\frac{C}{2}+q)n[/tex] for alle [tex]n\in \mathbb{N}[/tex]

Løsningen av $(2)$ av rekursjonen til $(1)$ kan bli utvides jevnlig tilbake til negative verdier for $n$. Definerer $\alpha:= \frac{C}{2}$ og [tex]\beta := \frac{C}{2}+q[/tex] kan det omskrives til:

$f(za)=\alpha z^2+ \beta z$ for alle $z\in \mathbb{Z}$.

Siden $a$ var vilkårlig for en gitt $r \in \mathbb{N}$ eksiterer det $\alpha_1$ og $\beta_1$, slik at:

$f(z\frac{a}{r})=\alpha_1z^2 + \beta_1z.$

Nå kan vi velge en $s \in \mathbb{Z}$ og lar $z:=sr.$ Da har vi at $f(sa)=\alpha_1r^2s^2+ \beta_1 rs= \alpha s^2+\beta s.$

Sammenligninger vi koeffisientene: $\alpha_1= \frac{\alpha}{r^2}$ og $\frac{\beta}{r}.$ Så vil:

$f(\frac{z}{r}a)={\alpha}{a^2}[\frac{az}{r}]^2+ \frac{\beta}{a} \frac{az}{r}.$

Men siden vi går gjennom alle $z \in \mathbb{Z}$ og $r \in \mathbb{N}$ må nummeret $\frac{az}{r}$ gå gjennom alle rasjonale tall. Derfor:

$f(q)= \frac{\alpha}{a^2}q^2+ \frac{\beta}{a}q.$ for alle $q\in \mathbb{Q}$, som ønsket.

Edit: Jeg klarte ikke denne oppgaven, løsningen og oppgaven er fra min bror.

Takk for løsningen! Ser jeg kjørte meg fast på feil spor selv. Det ante meg at det måtte en smart substitusjon til.