Svaret er nei. Anta at en slik funksjon finnes, og la \(z\) være et reelt tall slik at
\(|f(z)|\geqslant |f(x)|\) \(\space \forall x \in \mathbb{R}\to\mathbb{R}\) Dette eksisterer fordi funksjonen er begrenset.
Hvis vi nå ser på \(P(z,\frac{1}{z})\) har vi:
\[f(z)^2\geqslant f(z+\frac{1}{z})^2\geqslant f(z)^2+2f(1)+f(\frac{1}{z})^2> f(z)^2\]
Vi har dette fordi \(f(1)>0\) og et kvadrattall alltid er ikke-negativt. Vi har derfor \(|f(z)|>|f(z)|\), motstigelse.
Algebramaraton
Moderators: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
-
Lil_Flip39
- Cayley
- Posts: 83
- Joined: 25/04-2024 12:57
- Location: Oslo
finne alle funksjoner \(\mathbb{Z}\to\mathbb{Z}\) slik at
$$f(x+y)+f(xy)=f(x)f(y)+1$$
holder for alle heltallt \(x,y\)
$$f(x+y)+f(xy)=f(x)f(y)+1$$
holder for alle heltallt \(x,y\)
tre løsninger:
1: f(x) = 1
2: f(x) = x+1
3: f(x) = (x+1) mod 2
Vi finner først f(0), så f(-1), så f(1)
P(0,0): f(0)+f(0) = f(0)^2+1
f(0) = 1
Videre finner vi f(-1).
P(-1,1): f(0) +f(-1) = f(-1)f(1) +1
f(-1)=f(-1)f(1), så f(1) = 1 eller f(-1) = 0.
Anta f(1) = 1
P(x,1): f(x+1)+f(x)=f(x)+ 1
f(x+1) = 1, som impliserer at f(x) =1 for alle x.
anta f(-1) = 0, vi ønsker nå å finne f(1):
P(-2,1) : f(-1)+f(-2)=f(-2)f(1)+1
P(-1,-1) : f(-2)+f(1)=f(-1)^2+1
Som reduserer til
f(-2)=f(-2)f(1)+1
f(-2)+f(1)=1
Da er
1-f(1)=f(1)(1-f(1))+1
f(1)^2 = 2f(1), f(1) = 0 eller f(1) = 2.
Anta f(1) = 0
P(1,x): f(x+1)+f(x)=1, som gir f(x) = x+1(mod 2) som eneste løsning
Anta f(1) = 2
P(x,1): f(x+1) +f(x)=2f(x)+1
f(x+1)=f(x)+1, som gir at f(x) =x+1 er eneste løsning
1: f(x) = 1
2: f(x) = x+1
3: f(x) = (x+1) mod 2
Vi finner først f(0), så f(-1), så f(1)
P(0,0): f(0)+f(0) = f(0)^2+1
f(0) = 1
Videre finner vi f(-1).
P(-1,1): f(0) +f(-1) = f(-1)f(1) +1
f(-1)=f(-1)f(1), så f(1) = 1 eller f(-1) = 0.
Anta f(1) = 1
P(x,1): f(x+1)+f(x)=f(x)+ 1
f(x+1) = 1, som impliserer at f(x) =1 for alle x.
anta f(-1) = 0, vi ønsker nå å finne f(1):
P(-2,1) : f(-1)+f(-2)=f(-2)f(1)+1
P(-1,-1) : f(-2)+f(1)=f(-1)^2+1
Som reduserer til
f(-2)=f(-2)f(1)+1
f(-2)+f(1)=1
Da er
1-f(1)=f(1)(1-f(1))+1
f(1)^2 = 2f(1), f(1) = 0 eller f(1) = 2.
Anta f(1) = 0
P(1,x): f(x+1)+f(x)=1, som gir f(x) = x+1(mod 2) som eneste løsning
Anta f(1) = 2
P(x,1): f(x+1) +f(x)=2f(x)+1
f(x+1)=f(x)+1, som gir at f(x) =x+1 er eneste løsning
-
Lil_Flip39
- Cayley
- Posts: 83
- Joined: 25/04-2024 12:57
- Location: Oslo
Siden CCPenguin ikke har lagt ut ny oppgave, legger jeg ut en tilfeldig oppgave:
finn alle tripler \((a, b, c)\) av reelle tall slik at \(ab + bc + ca = 1\) og
$$a^2b + c = b^2c + a = c^2a + b.$$
finn alle tripler \((a, b, c)\) av reelle tall slik at \(ab + bc + ca = 1\) og
$$a^2b + c = b^2c + a = c^2a + b.$$
Løsningene er $(\pm \sqrt 3 ,\pm \sqrt 3 ,\pm \sqrt 3 )$ og sykliske variasjoner av $(\pm 1, \pm 1, 0)$.
Hvis en $a,b,c$ er 0, kan vi UTAG anta at $c=0$. Av oppgaven har vi da $ab=1$ og $a=b$. Det impliserer at $(a,b,c)=(\pm 1, \pm 1, 0)$.
Anta nå at ingen av $a,b,c$ er 0. Fra likningene i oppgaven har vi
\[
\begin{align*}
0&= a^2b+c(ab+bc+ca)-b^2c+a(ab+bc+ca) \\
&=b(c-a)-a(a-c)
\end{align*}
\]
Vi har liknende sykkliske likninger. Det gir oss:
\[
\begin{align*}
0&=\sum_{cyc} b(c-a)-a(a-c) \\
&=\sum_{cyc} (a-b)^2
\end{align*}
\]
Det impliserer at $a=b=c$. Dermed er $(\pm \sqrt 3 ,\pm \sqrt 3 ,\pm \sqrt 3 )$ de eneste andre løsningene.
Hvis en $a,b,c$ er 0, kan vi UTAG anta at $c=0$. Av oppgaven har vi da $ab=1$ og $a=b$. Det impliserer at $(a,b,c)=(\pm 1, \pm 1, 0)$.
Anta nå at ingen av $a,b,c$ er 0. Fra likningene i oppgaven har vi
\[
\begin{align*}
0&= a^2b+c(ab+bc+ca)-b^2c+a(ab+bc+ca) \\
&=b(c-a)-a(a-c)
\end{align*}
\]
Vi har liknende sykkliske likninger. Det gir oss:
\[
\begin{align*}
0&=\sum_{cyc} b(c-a)-a(a-c) \\
&=\sum_{cyc} (a-b)^2
\end{align*}
\]
Det impliserer at $a=b=c$. Dermed er $(\pm \sqrt 3 ,\pm \sqrt 3 ,\pm \sqrt 3 )$ de eneste andre løsningene.