I denne tråden tenkte jeg det kunne vært morsomt å samle noen funksjonalulikheter. Jeg har ikke sett så altfor mange selv, så om dere har noen står dere fritt til å bidra. Legger ut flere etterhvert.
(Cauchys funksjonalulikhet) Finn alle funksjoner [tex]f: \mathbb R \rightarrow \mathbb R[/tex] slik at [tex]f(x+y) \leq f(x) + f(y)[/tex] og [tex]f(z) \leq z[/tex] for alle reelle [tex]x, y, z[/tex].
Funksjonalulikheter
Moderators: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
[tex]f(0) \leq 0[/tex], og [tex]f(0) \leq 2f(0)[/tex], så [tex]f(0)=0[/tex]. Anta at [tex]f(t)<t[/tex]. Da er [tex]0=f(t-t) \leq f(t)+f(-t)<t+f(-t)[/tex], så [tex]f(-t)>-t[/tex] som er umulig. Altså er [tex]f(t) = t[/tex] for alle reelle t.
Jeg har ingen oppfølger, men legg gjerne ut flere.
Jeg har ingen oppfølger, men legg gjerne ut flere.
Her er noen funksjonalulikheter:
i) Finn alle [tex]f : [1,\infty) \to [1,\infty)[/tex] slik at [tex]xf(x+1) = f(x)^2-1[/tex] og [tex]f(x) \leq 2(x+1)[/tex].
ii) Finn alle [tex]f : \mathbb{N} \to \mathbb{N}[/tex] slik at [tex]f(n)+f(f(n))+f(f(f(n))) \leq 3n[/tex] og f er injektiv.
iii) Vis at dersom [tex]f : \mathbb{N} \to \mathbb{N}[/tex] er injektiv og [tex]g : \mathbb{N} \to \mathbb{N}[/tex] er surjektiv og at [tex]f(n) \leq g(n) [/tex] sä er f surjektiv og g injektiv.
iv) Finn alle [tex]f : \mathbb{N} \to \mathbb{N}[/tex] slik at [tex]f(f(n)) < f(n+1)[/tex].
i) Finn alle [tex]f : [1,\infty) \to [1,\infty)[/tex] slik at [tex]xf(x+1) = f(x)^2-1[/tex] og [tex]f(x) \leq 2(x+1)[/tex].
ii) Finn alle [tex]f : \mathbb{N} \to \mathbb{N}[/tex] slik at [tex]f(n)+f(f(n))+f(f(f(n))) \leq 3n[/tex] og f er injektiv.
iii) Vis at dersom [tex]f : \mathbb{N} \to \mathbb{N}[/tex] er injektiv og [tex]g : \mathbb{N} \to \mathbb{N}[/tex] er surjektiv og at [tex]f(n) \leq g(n) [/tex] sä er f surjektiv og g injektiv.
iv) Finn alle [tex]f : \mathbb{N} \to \mathbb{N}[/tex] slik at [tex]f(f(n)) < f(n+1)[/tex].
Sett: y=1: [tex]f(x)\leq f(1)[/tex]Karl_Erik wrote:Fra Abelfinalen:
vi) Finn alle funksjoner [tex]f: \mathbb {R} \to \mathbb {R}[/tex] slik at [tex]f(xy)\leq \frac 1 2 ( f(x) + f(y))[/tex] for alle reelle [tex]x,y[/tex].
Oppgaven er forøvrig laget av Pål.
Sett y=1/x: [tex]2f(1)\leq f(x)+f(1/x)[/tex] for alle x.
Gjennomsnittet av f(x) og f(1/x) må være større enn eller lik f(1) samtidig som f(x) for enhver x er mindre eller lik f(1). Ergo må f(x)=f(1/x)=f(1) for alle x i R utenom x=0.
Løsningene vil altså være bestemt av at
[tex]f(x)=f(1)[/tex] for [tex]x\neq 0 [/tex]
[tex]f(0)\leq f(1)[/tex]
Hvis f(x) = f(y), er [tex]\pi^x=|f(f(x))|=|f(f(y))|=\pi^y[/tex], så f er injektiv.
[tex]cos(\pi^2x)-x[/tex] har flere enn ett nullpunkt (for x = 0 er den positiv, og for x = 1/pi og x = -1/pi er den negativ) , så [tex](f(x)-\pi)^{314} = 0[/tex] for flere enn èn x, som betyr at [tex]f(x) = \pi[/tex] for flere enn èn x som motsier injektivitet.
Det finnes altså ingen slike funksjoner.
Dette virket noe snodig, ble dette riktig/er oppgaven skrevet riktig og hvor har du funnet den?
[tex]cos(\pi^2x)-x[/tex] har flere enn ett nullpunkt (for x = 0 er den positiv, og for x = 1/pi og x = -1/pi er den negativ) , så [tex](f(x)-\pi)^{314} = 0[/tex] for flere enn èn x, som betyr at [tex]f(x) = \pi[/tex] for flere enn èn x som motsier injektivitet.
Det finnes altså ingen slike funksjoner.
Dette virket noe snodig, ble dette riktig/er oppgaven skrevet riktig og hvor har du funnet den?
[tex]f(0)\geq 1[/tex]Karl_Erik wrote:Enda en:
v) Finn alle surjektive funksjoner [tex]f: \mathbb N_0 \to \mathbb N_0[/tex] slik at [tex]f(n) \geq n+ (-1)^n[/tex] for alle [tex]n \in \mathbb N_0[/tex].
[tex]f(1)\geq 0[/tex]
[tex]f(2)\geq 3[/tex]
[tex]f(3)\geq 2[/tex]
[tex]f(4)\geq 5[/tex]
[tex]f(5)\geq 4[/tex]
etc...
Surjektiviteten gir at f(1)=0, f(0)=1, f(3)=2, f(2)=3, f(5)=4, f(4)=5 etc.
Antar man kan bruke en form for induksjon for å vise at for odde n er f(n)=n-1, og for like n er f(n)=n+1, som eneste løsning. (det er iallfall et åpenbart mønster)
Sett [tex]x=y=-z=\frac w 2[/tex]. Da står det [tex]2 f(0) + f(w) \geq 3f(0) \Leftrightarrow f(w) \geq f(0) [/tex] for alle reelle [tex]w[/tex].
Sett deretter [tex]x=z=-y=\frac w 2[/tex]. Da har vi [tex]2f(0) + f(w) \geq 3f(w) \Leftrightarrow f(0)\geq f(w)[/tex] igjen for alle reelle [tex]w[/tex]. Sammen gir dette oss [tex]f(w)=f(0)[/tex] for alle reelle [tex]w[/tex], og ved innsetting ser vi at alle konstante funksjoner er løsninger, og vi er ferdige.
Sett deretter [tex]x=z=-y=\frac w 2[/tex]. Da har vi [tex]2f(0) + f(w) \geq 3f(w) \Leftrightarrow f(0)\geq f(w)[/tex] igjen for alle reelle [tex]w[/tex]. Sammen gir dette oss [tex]f(w)=f(0)[/tex] for alle reelle [tex]w[/tex], og ved innsetting ser vi at alle konstante funksjoner er løsninger, og vi er ferdige.