Funksjonsnøtt

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.

Funksjonsnøtt

Innlegg Aleks855 » 02/02-2019 21:44

La $f$ være en funksjon slik at $f(1) = 1 \ \text{og} \ f(2n) = nf(n) \ \text{for} \ n \in \mathbb N$.

Finn $f(2^{100})$.

Det skal ikke være nødvendig med mer enn VGS-kunnskaper her.
Bilde
Aleks855 offline
Rasch
Rasch
Innlegg: 5896
Registrert: 19/03-2011 15:19
Bosted: Trondheim

Re: Funksjonsnøtt

Innlegg Markus » 05/02-2019 17:01

$$\begin{alignat*}{2}
f(2^1n)&=f(2n)=2^0n^1f(n) \\
f(2^2n)&=f(2\cdot 2n)=2nf(2n)=2n^2f(n) \\
f(2^3n)&=f(2 \cdot 2^2n)=2^2n f(2^2n) = 2^3n^3 f(n) \\
f(2^4n)&=f(2 \cdot 2^3n)=2^3n f(2^3n) = 2^6n^4f(n) \\
f(2^5n)&= f(2 \cdot 2^4n)=2^4nf(2^4n)=2^{10}n^5f(n) \\
f(2^6 n) &= f(2 \cdot 2^5n)=2^5n f(2^5n)=2^{15}n^6f(n) \\
f(2^7 n) &= f(2 \cdot 2^6n)=2^6nf(2^6n)=2^{21}n^7f(n)
\end{alignat*}$$
Det er jo lett å se at det er et mønster her. Skrev ut kanskje litt ledd for mye men bedre det enn for få. Toerpotensene er summen av alle tallene opp til den indeksen utenom tallet selv. Altså for $j \in \mathbb{N}$ har vi at $f(2^jn)=2^{T_{j-1}} n^jf(n)$ der $T_j=\frac{j(j+1)}{2}$. Da er $f(2^{100})=2^{4950}1^{100}f(1)=2^{4950}$

Oppfølger:
La $f(1)=1$ og $f(1)+f(2)+\dots+f(n)=n^2f(n)$ for alle naturlige tall $n$. Hva er da $f(2019)$?
Markus offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 760
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

Re: Funksjonsnøtt

Innlegg Aleks855 » 05/02-2019 19:15

Markus skrev:$$\begin{alignat*}{2}
f(2^1n)&=f(2n)=2^0n^1f(n) \\
f(2^2n)&=f(2\cdot 2n)=2nf(2n)=2n^2f(n) \\
f(2^3n)&=f(2 \cdot 2^2n)=2^2n f(2^2n) = 2^3n^3 f(n) \\
f(2^4n)&=f(2 \cdot 2^3n)=2^3n f(2^3n) = 2^6n^4f(n) \\
f(2^5n)&= f(2 \cdot 2^4n)=2^4nf(2^4n)=2^{10}n^5f(n) \\
f(2^6 n) &= f(2 \cdot 2^5n)=2^5n f(2^5n)=2^{15}n^6f(n) \\
f(2^7 n) &= f(2 \cdot 2^6n)=2^6nf(2^6n)=2^{21}n^7f(n)
\end{alignat*}$$
Det er jo lett å se at det er et mønster her. Skrev ut kanskje litt ledd for mye men bedre det enn for få. Toerpotensene er summen av alle tallene opp til den indeksen utenom tallet selv. Altså for $j \in \mathbb{N}$ har vi at $f(2^jn)=2^{T_{j-1}} n^jf(n)$ der $T_j=\frac{j(j+1)}{2}$. Da er $f(2^{100})=2^{4950}1^{100}f(1)=2^{4950}$


Selvsagt rett. Hadde liknende fremgang.

Jeg observerte at $$\begin{align*}f(2^{100}) & = f(2\cdot2^{99})\\ & = 2^{99}\cdot f(2^{99}) \\
&=2^{99}\cdot2^{98} \cdot f(98)\\
&=2^{99}\cdot2^{98} \cdot 2^{97} \cdot f(97)\\
&=2^{99}\cdot2^{98} \cdot 2^{97} \cdot 2^{96} \cdot f(96) \\
& \vdots \\
& = 2^{\sum\limits_{i = 1}^{99}i} \cdot 1 \cdot 1 \\
& = 2^{4950}
\end{align*}$$
Bilde
Aleks855 offline
Rasch
Rasch
Innlegg: 5896
Registrert: 19/03-2011 15:19
Bosted: Trondheim

Re: Funksjonsnøtt

Innlegg Markus » 06/02-2019 19:25

Aleks855 skrev:
Selvsagt rett. Hadde liknende fremgang.

Jeg observerte at $$\begin{align*}f(2^{100}) & = f(2\cdot2^{99})\\ & = 2^{99}\cdot f(2^{99}) \\
&=2^{99}\cdot2^{98} \cdot f(98)\\
&=2^{99}\cdot2^{98} \cdot 2^{97} \cdot f(97)\\
&=2^{99}\cdot2^{98} \cdot 2^{97} \cdot 2^{96} \cdot f(96) \\
& \vdots \\
& = 2^{\sum\limits_{i = 1}^{99}i} \cdot 1 \cdot 1 \\
& = 2^{4950}
\end{align*}$$

Fin den! Har du forsøkt deg på oppfølgeren? :)
Markus offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 760
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

Re: Funksjonsnøtt

Innlegg Aleks855 » 06/02-2019 22:32

Den var litt vrien for min del. Tror jeg rota meg bort.

Det jeg sitter igjen med etter litt regning er at

$f(1) = 1$

$f(2) = \frac13$

$f(3) = \frac16$

$f(4) = \frac{1}{10}$

$f(5) = \frac{1}{15}$

Så det virker som at $f(n) = \frac{1}{T(n)}$ der $T(n)$ er det n-te trekanttallet. Altså får jeg $f(n) = \frac{1}{\sum\limits_{i = 1}^n i} = \frac{1}{\frac{n(n+1)}{2}} = \frac{2}{n(n+1)}$.

Innsatt $n = 2019$ får vi $\frac{2}{2019\cdot2020}$ men det virker ikke som et svar man forventer her.
Bilde
Aleks855 offline
Rasch
Rasch
Innlegg: 5896
Registrert: 19/03-2011 15:19
Bosted: Trondheim

Re: Funksjonsnøtt

Innlegg Markus » 06/02-2019 22:55

Aleks855 skrev:Den var litt vrien for min del. Tror jeg rota meg bort.

Det jeg sitter igjen med etter litt regning er at

$f(1) = 1$

$f(2) = \frac13$

$f(3) = \frac16$

$f(4) = \frac{1}{10}$

$f(5) = \frac{1}{15}$

Så det virker som at $f(n) = \frac{1}{T(n)}$ der $T(n)$ er det n-te trekanttallet. Altså får jeg $f(n) = \frac{1}{\sum\limits_{i = 1}^n i} = \frac{1}{\frac{n(n+1)}{2}} = \frac{2}{n(n+1)}$.

Innsatt $n = 2019$ får vi $\frac{2}{2019\cdot2020}$ men det virker ikke som et svar man forventer her.

Du har ikke rotet deg bort i det hele tatt - dette er helt rett! Bra jobba! :D
For øvrig er oppgaven fra Abelkonkurransefinalen 1995.
Markus offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 760
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

Re: Funksjonsnøtt

Innlegg Aleks855 » 06/02-2019 23:21

Aha! Av en eller annen grunn føltes det ut som svaret burde bli et heltall. Fin oppgave!

Oppfølger: La $f$ være en funksjon som tilfredsstiller $f(x) + xf(1-x) = 120x$ for alle $x \in \mathbb R$. Finn $f(2)$.

Ikke helt liknende de to foregående, men jeg syntes den var interessant.
Bilde
Aleks855 offline
Rasch
Rasch
Innlegg: 5896
Registrert: 19/03-2011 15:19
Bosted: Trondheim

Re: Funksjonsnøtt

Innlegg Markus » 07/02-2019 00:06

Aleks855 skrev:Oppfølger: La $f$ være en funksjon som tilfredsstiller $f(x) + xf(1-x) = 120x$ for alle $x \in \mathbb R$. Finn $f(2)$.

La $x \mapsto 1-x$, som gir $f(1-x)+(1-x)f(x)=120(1-x)$, så $f(1-x)=120-120x-f(x)+xf(x)$. Dette innsatt i den originale funksjonallikningen gir $$f(x)+x(120-120x-f(x)+xf(x))=120x \\ f(x)=\frac{120x^2}{1-x+x^2}$$ så $f(2)=160$.

Oppfølger: La $f(x)=x-\frac1x$. Hvor mange forskjellige (reelle) løsninger har likningen $f(f(f(x)))=1$?
Markus offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 760
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

Re: Funksjonsnøtt

Innlegg Gjest » 07/02-2019 00:51

Markus skrev:
Aleks855 skrev:Oppfølger: La $f$ være en funksjon som tilfredsstiller $f(x) + xf(1-x) = 120x$ for alle $x \in \mathbb R$. Finn $f(2)$.

La $x \mapsto 1-x$, som gir $f(1-x)+(1-x)f(x)=120(1-x)$, så $f(1-x)=120-120x-f(x)+xf(x)$. Dette innsatt i den originale funksjonallikningen gir $$f(x)+x(120-120x-f(x)+xf(x))=120x \\ f(x)=\frac{120x^2}{1-x+x^2}$$ så $f(2)=160$.

Oppfølger: La $f(x)=x-\frac1x$. Hvor mange forskjellige (reelle) løsninger har likningen $f(f(f(x)))=1$?


8?
Gjest offline

Re: Funksjonsnøtt

Innlegg Kay » 07/02-2019 05:20

Markus skrev:
Aleks855 skrev:Oppfølger: La $f$ være en funksjon som tilfredsstiller $f(x) + xf(1-x) = 120x$ for alle $x \in \mathbb R$. Finn $f(2)$.

La $x \mapsto 1-x$, som gir $f(1-x)+(1-x)f(x)=120(1-x)$, så $f(1-x)=120-120x-f(x)+xf(x)$. Dette innsatt i den originale funksjonallikningen gir $$f(x)+x(120-120x-f(x)+xf(x))=120x \\ f(x)=\frac{120x^2}{1-x+x^2}$$ så $f(2)=160$.

Oppfølger: La $f(x)=x-\frac1x$. Hvor mange forskjellige (reelle) løsninger har likningen $f(f(f(x)))=1$?


Svaret ovenfor er jeg rimelig sikker på at er rett, for å utdype: har ikke noen pen metode så jeg bruteforcer bare hele greia fullstendig [tex]f(x)=x-\frac{1}{x}\Rightarrow f(f(f(x)))=x-\frac{1}{x}-\frac{1}{x-\frac{1}{x}}-\frac{1}{x-\frac{1}{x}-\frac{1}{x-\frac{1}{x}}}= \frac{x^8-7x^6+13x^4-7x^2+1}{x^7-4x^5+4x^3-x}[/tex]

Setter vi [tex]\frac{x^8-7x^6+13x^4-7x^2+1}{x^7-4x^5+4x^3-x}=1\Rightarrow \frac{x^8-x^7-7x^6+4x^5+13x^4-4x^3-7x^2+x+1}{x(x-1)(x+1)(x^2-x-1)(x^2+x-1)}=0[/tex]

Fra det fundamentale algebra teoremet og faktor-teoremet skal vel en funksjon [tex]f(x)[/tex] av grad [tex]n[/tex] ha nøyaktig [tex]n[/tex] røtter, multiplisitet og muligheten for komplekse røtter medregnet og ved det meste [tex]n[/tex] relle røtter.

Ser ikke noen form for multiplisitet eller mulighet for komplekse løsninger her, så svaret skal vel være 8 distinkte løsninger [tex]\in \mathbb{R}[/tex]

Soft bevis ved induksjon på n:

Første steg: Det er åpenbart at hvis [tex]n=0[/tex] så er [tex]f(x)=a_0x^0=a_0[/tex] som bare er en eller annen reell konstant som ikke har noen røtter.

Induksjonshypotesen: Anta at et hvert polynom av [tex]k-te[/tex] grad har maksimum [tex]k[/tex] røtter for [tex]k\in \mathbb{Z^+}[/tex]


La [tex]f(x)=\sum_{n=0}^{k+1}a_nx^n[/tex] hvor [tex]a_n\in \mathbb{R}[/tex], altså et polynom av [tex]k+1[/tex]-te grad

Hvis [tex]f(x)[/tex] ikke har noen som helst røtter er vi allerede ferdig siden [tex]0\leq k+1[/tex]. Derimot, hvis [tex]f(x)[/tex] kan vi skrive [tex]f(x)=(x-\lambda)g(x)[/tex] for ett eller annet polynom av [tex]k[/tex]-te grad. Av induksjonshypotesen har g(x) maksimum [tex]k[/tex] røtter. Siden [tex](x-\lambda)[/tex] har en rot og [tex]g(x)[/tex] har k røtter må [tex](x-\lambda)g(x)[/tex] ha maksimum [tex]k+1[/tex] røtter.



Dette tok litt lengre tid enn jeg hadde ansett. Starta klokka ti på halv fem og ble ikke ferdig før nå :roll:

Det er sånn for øvrig garantert noe der oppe som ikke holder av en eller annen grunn jeg ikke kan forklare, litt sånn spaghetti-maths hvis det gir mening.

Ser forresten for meg at den sikkert har en easy-solution som jeg ikke er gløgg nok til å se sånn på strak arm så legg den gjerne ved :)
[tex]e=\pi=3[/tex]
Kay offline
Galois
Galois
Innlegg: 559
Registrert: 13/06-2016 18:23

Re: Funksjonsnøtt

Innlegg Markus » 07/02-2019 14:22

$8$ er rett svar. Problemet ligger jo forsåvidt i å vise at alle røttene er reelle og av multiplisitet $1$. Løsningen er veldig elegant, tatt fra LF:
Likningen $f(x)=a$ gir $x-\frac1x=a$ eller $x^2-ax-1=0$. Denne andregradslikningen har alltid to forskjellige løsninger. Derfor har vi at løsningsmengden til $f(x)=1$ består av to punkter: $a_1,a_2$. Tilsvarende har da $f(f(x))=1$ fire løsninger $f(b_1)=a_1$, $f(b_2)=a_1$, $f(b_3)=a_2$ og $f(b_4)=a_2$. Videre gir dette at $f(f(f(x)))=1$ har åtte løsninger: to for hver $b_i$ der $f(x)=b_i$. (Abelkonkurransen runde 2 95/96)
Markus offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 760
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

Re: Funksjonsnøtt

Innlegg Markus » 11/02-2019 00:37

Tillater meg å poste enda en oppfølger. En av favorittene mine i denne typen funksjonsnøtter:

Hvor mange reelle løsninger har likningen $x+x^2+x^3+\dots+x^{2018}=0$?
Markus offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 760
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

Re: Funksjonsnøtt

Innlegg Gjest » 11/02-2019 06:58

Markus skrev:Tillater meg å poste enda en oppfølger. En av favorittene mine i denne typen funksjonsnøtter:

Hvor mange reelle løsninger har likningen $x+x^2+x^3+\dots+x^{2018}=0$?

Må være 2
Gjest offline

Re: Funksjonsnøtt

Innlegg Markus » 11/02-2019 18:35

Gjest skrev:
Markus skrev:Tillater meg å poste enda en oppfølger. En av favorittene mine i denne typen funksjonsnøtter:

Hvor mange reelle løsninger har likningen $x+x^2+x^3+\dots+x^{2018}=0$?

Må være 2

Ja, men hvorfor?
Markus offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 760
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

Re: Funksjonsnøtt

Innlegg Mattegjest » 11/02-2019 19:33

Venstre side (V. S. ) kan skrivast


x (x + 1 ) ( 1 + x[tex]^{2}[/tex] + 4[tex]^{4}[/tex] + ............+ x[tex]^{2n}[/tex]) = 0

Denne likninga har openbart berre to løysingar : x = 0 eller x = -1
Mattegjest offline

Neste

Hvem er i forumet

Brukere som leser i dette forumet: Ingen registrerte brukere og 4 gjester