Gammel putnam-kalkulus

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.

Gammel putnam-kalkulus

Innlegg Gustav » 23/12-2017 16:38

La $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ være en kontinuerlig deriverbar funksjon slik at $f(0)=0$ og $|f'(x)|\leq |f(x)|$ for alle $x$. Vis at $f(x)$ er konstant.

Edit:

PS: Det var slik oppgaven var formulert, men med mindre jeg har oversett noe elementært, tror jeg ikke man behøver kontinuitet av den deriverte her.(?)
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4290
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Gammel putnam-kalkulus

Innlegg Gustav » 23/12-2017 21:33

Hint:
[+] Skjult tekst
Middelverditeoremet. Betrakt først intervallet $[0,\frac12]$ og vis at funksjonen er konstant på dette.


Edit: Rettelse i intervallet.
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4290
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Gammel putnam-kalkulus

Innlegg Markus » 27/12-2017 14:39

Her er et utkast på bevis, men ikke et jeg er stolt av. En av trinnene i argumentasjonen får jeg ikke til å bevise ($\lvert f(1) \rvert \geq \lvert f(x) \rvert \enspace \forall x \in [0,1]$), men den skaper en fin selvmotsigelse, så jeg tenkte at det kanskje var påtenkt oppgaven, at denne selvmotsigelsen skulle oppstå. Legger ut utkastet i håp om å få feedback på om dette er i riktig retning, eller om jeg er helt på jordet.

Anta, i jakt på en selvmotsigelse, at $f(x)$ ikke er konstant. Betrakt videre et intervall $[a,b]$ med lengde $1$ slik at $f(a)=0$ og $\lvert f(b) \rvert \geq \lvert f(x) \rvert \enspace \forall x \in [a,b]$. Intervallet $[0,1]$ passer til dette (?), og da har vi at $\lvert f(1) \rvert \geq \lvert f(x) \rvert \enspace \forall x \in [0,1]$.

Av middelverditeoremet vil $\exists c$ slik at $f'(c) = \frac{f(1)-f(0)}{1-0} = f(1)$. Ulikheten $\lvert f'(c) \rvert \leq \lvert f(c) \rvert \Longrightarrow \lvert f(1) \rvert \leq \lvert f(c) \rvert$, men dette kan ikke stemme siden $\lvert f(1) \rvert \geq \lvert f(x) \rvert \enspace \forall x \in [0,1]$. Altså har vi en selvmotsigelse, som kommer ved å anta at $f(x)$ ikke er konstant. Altså er det motsatte sant, $f(x)$ er konstant. Og hvis $f(x)$ er konstant i intervallet $[0,1]$ impliserer det at den er konstant over $\mathbb{R}$ (?). Og det var dette som skulle vises.
Markus offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 760
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

Re: Gammel putnam-kalkulus

Innlegg Gustav » 27/12-2017 15:13

Markus skrev:
Anta, i jakt på en selvmotsigelse, at $f(x)$ ikke er konstant. Betrakt videre et intervall $[a,b]$ med lengde $1$ slik at $f(a)=0$ og $\lvert f(b) \rvert \geq \lvert f(x) \rvert \enspace \forall x \in [a,b]$.


Mulig du tenker rett her, men noe er feil. Anta f(x) ikke konstant på [a,b], og betrakt en $c\in[a,b]$ slik at $|f(c)|\geq |f(x)|$ for alle $x\in [a,b]$.

Edit: Jeg ser nå at man bør betrakte intervaller [a,b] der $|b-a|=\frac12$ for å få strikt ulikhet i beviset.
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4290
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Gammel putnam-kalkulus

Innlegg Markus » 02/01-2018 00:48

Kunne du lagt fram din løsning Gustav?
Jeg ser ikke helt hvordan jeg skal komme meg i mål.
Markus offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 760
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

Re: Gammel putnam-kalkulus

Innlegg Gustav » 02/01-2018 04:43

Gustav skrev:La $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ være en kontinuerlig deriverbar funksjon slik at $f(0)=0$ og $|f'(x)|\leq |f(x)|$ for alle $x$. Vis at $f(x)$ er konstant.


Viser først at $f(x)$ er konstant på $[0,\frac12]$: Anta $f$ ikke konstant på $[0,\frac12]$. La $a\in [0,\frac12]$ slik at $|f(a)|\geq |f(x)|$ for alle $x\in [0,\frac12]$. Da fins fra middelverditeoremet en $b\in (0,a)$ slik at $f'(b)= \frac{f(a)-f(0)}{a-0}=\frac{f(a)}{a}$.

Kan du finne en motsigelse?

[+] Skjult tekst
Nå har vi at $|f'(b)|\leq |f(b)|$, så $|f(b)|\leq |f(a)|\leq |a||f(b)|<|f(b)|$, som er en motsigelse. Ergo må $f(x)$ være konstant lik $0$ på $[0,\frac12]$.


Videre hint: Generalisér argumentet over: La $f(c)=0$ for en vilkårlig reell verdi $c$, og vis at $f(x)$ da må være konstant lik $0$ på $[c,c+\frac12]$ og $[c-\frac12,c]$. Konkludér med at $f$ er konstant lik $0$ på hele $\mathbb{R}$.


Edit: Merk at siden $f(x)$ er kontinuerlig er $|f(x)|$ kontinuerlig. Ekstremverditeoremet (https://en.wikipedia.org/wiki/Extreme_value_theorem) sier da at $|f(x)|$ har et maksimum på $[0,\frac12]$. Siden $f$ antas å ikke være konstant, vil $|f(a)|>0$, og videre $|f(b)|>0$. Dermed gjelder den strenge siste ulikheten i spoileren.
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4290
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Gammel putnam-kalkulus

Innlegg Markus » 02/01-2018 23:58

Gustav skrev:Viser først at $f(x)$ er konstant på $[0,\frac12]$: Anta $f$ ikke konstant på $[0,\frac12]$. La $a\in [0,\frac12]$ slik at $|f(a)|\geq |f(x)|$ for alle $x\in [0,\frac12]$. Da fins fra middelverditeoremet en $b\in (0,a)$ slik at $f'(b)= \frac{f(a)-f(0)}{a-0}=\frac{f(a)}{a}$.

Henger med på denne delen, men er litt usikker på om jeg forstår selvmotsigelsen korrekt videre. Ulikheten oppgitt i oppgaven [tex]|f(x)| \geq |f'(x)| \Longrightarrow |f(b)| \geq |f'(b)|[/tex]. Og [tex]f'(b)[/tex] har vi jo allerede en "verdi" for ved å utnytte middelverdisetningen. Så [tex]|f(b)| \geq |f'(b)| \Longrightarrow |f(b)| \geq |\frac{f(a)}{a}| \Longrightarrow |a||f(b)| \geq |f(a)|[/tex]. Og siden $a \leq \frac12$, må $|a| \cdot |f(b)| \leq |f(b)|$? Men siden $|f(a)| \geq |f(x)|$, kan ikke $|a| \cdot |f(b)| \geq |f(a)|$ for alle $x \in \left[0, \frac12 \right]$ er det en selvmotsigelse, og den kommer av at vi antar at $f(x)$ ikke er konstant på intervallet $\left[0, \frac12 \right]$, så da må $f(x)$ være konstant på intervallet. Korrekt forståelse av selvmotsigelsen?


Gustav skrev:Generalisér argumentet over: La $f(c)=0$ for en vilkårlig reell verdi $c$, og vis at $f(x)$ da må være konstant lik $0$ på $[c,c+\frac12]$ og $[c-\frac12,c]$. Konkludér med at $f$ er konstant lik $0$ på hele $\mathbb{R}$.

Antar at $f(x)$ ikke er konstant på intervallet $\left[c, c + \frac12 \right]$. La $a \in \left[c,c+\frac12 \right]$ slik at $|f(a)| \geq |f(x)|$ for alle $x \in \left[c,c+ \frac12 \right]$. Av middelverdisetningen $\exists b \in \left (c,a \right)$ slik at $f'(b) = \frac{f(a)-f(c)}{a-c}=\frac{f(a)-0}{a-c}=\frac{f(a)}{a-c}$. Av ulikheten oppgitt i oppgaven følger det at $|f(b)| \geq |f'(b)| \Longrightarrow |f(b)| \geq |\frac{f(a)}{a-c}| \Longrightarrow |a-c| \cdot |f(b)| \geq |f(a)|$. Siden at $|a-c| \leq 1 \Longrightarrow |a-c| \cdot |f(b)| \leq |f(b)|$, men dette er en selvmotsigelse siden $|f(a)| \geq |f(x)|$ for alle $x \in \left[c,c+\frac12 \right]$, så $f(x)$ må være konstant på $\left[c,c+\frac12 \right]$. Akkurat samme argumentasjon kan brukes for intervallet $\left[ c-\frac12, c \right]$. Så vi har vist at $f(x)$ er konstant på hele intervallet $\left [c-\frac12, c+\frac12 \right]$. Siden $c$ er en vilkårlig verdi så kan intervallet, med lengde $1$, være hvor som helst på $\mathbb{R}$, og dette impliserer at $f(x)$ er konstant på hele $\mathbb{R}$. Siden $f(c)=0$ impliserer det videre at $f(x)$ er konstant lik $0$ på hele $\mathbb{R}$. Og det var dette vi ønsket å vise. $\enspace \enspace \blacksquare$


Har jeg forstått riktig nå? Og er generaliseringen korrekt?

Edit: glemte noen absoluttverditegn
Markus offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 760
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

Re: Gammel putnam-kalkulus

Innlegg Gustav » 03/01-2018 00:14

Markus skrev:Henger med på denne delen, men er litt usikker på om jeg forstår selvmotsigelsen korrekt videre. Ulikheten oppgitt i oppgaven [tex]|f(x)| \geq |f'(x)| \Longrightarrow |f(b)| \geq |f'(b)|[/tex]. Og [tex]f'(b)[/tex] har vi jo allerede en "verdi" for ved å utnytte middelverdisetningen. Så [tex]|f(b)| \geq |f'(b)| \Longrightarrow |f(b)| \geq |\frac{f(a)}{a}| \Longrightarrow |a||f(b)| \geq |f(a)|[/tex]. Og siden $a \leq \frac12$, må $|a| \cdot |f(b)| \leq |f(b)|$? Men siden $|f(a)| \geq |f(x)|$, kan ikke $|a| \cdot |f(b)| \geq |f(a)|$ for alle $x \in \left[0, \frac12 \right]$ er det en selvmotsigelse, og den kommer av at vi antar at $f(x)$ ikke er konstant på intervallet $\left[0, \frac12 \right]$, så da må $f(x)$ være konstant på intervallet. Korrekt forståelse av selvmotsigelsen?


For det første har vi, og dette er vesentlig, streng/ekte ulikhet $|a||f(b)|<|f(b)|$, siden $|a|\leq \frac12 < 1$. Ulikheten holder fordi vi beviselig har at $|f(b)|>0$. Selvmotsigelsen ligger i at vi har vist at $|f(b)|<|f(b|$.
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4290
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Gammel putnam-kalkulus

Innlegg Markus » 03/01-2018 00:48

Gustav skrev:
Markus skrev:Henger med på denne delen, men er litt usikker på om jeg forstår selvmotsigelsen korrekt videre. Ulikheten oppgitt i oppgaven [tex]|f(x)| \geq |f'(x)| \Longrightarrow |f(b)| \geq |f'(b)|[/tex]. Og [tex]f'(b)[/tex] har vi jo allerede en "verdi" for ved å utnytte middelverdisetningen. Så [tex]|f(b)| \geq |f'(b)| \Longrightarrow |f(b)| \geq |\frac{f(a)}{a}| \Longrightarrow |a||f(b)| \geq |f(a)|[/tex]. Og siden $a \leq \frac12$, må $|a| \cdot |f(b)| \leq |f(b)|$? Men siden $|f(a)| \geq |f(x)|$, kan ikke $|a| \cdot |f(b)| \geq |f(a)|$ for alle $x \in \left[0, \frac12 \right]$ er det en selvmotsigelse, og den kommer av at vi antar at $f(x)$ ikke er konstant på intervallet $\left[0, \frac12 \right]$, så da må $f(x)$ være konstant på intervallet. Korrekt forståelse av selvmotsigelsen?


For det første har vi, og dette er vesentlig, streng/ekte ulikhet $|a||f(b)|<|f(b)|$, siden $|a|\leq \frac12 < 1$. Ulikheten holder fordi vi beviselig har at $|f(b)|>0$. Selvmotsigelsen ligger i at vi har vist at $|f(b)|<|f(b|$.


Her betyr streng ulikhet altså kun større/mindre, ikke noe større/mindre eller lik? Forstår nå at dette er vesentlig, ellers hadde vi hatt en mulig case der $|a||f(b)| = |f(b)|$, hvilket viser seg å være sant siden vi beviser at $f(x)$ er konstant på hele $\mathbb{R}$, så da hadde det ikke vært noe selvmotsigelse? Og $|f(b)|>0$ følger av ekstremalverditeoremet? Så følger selvmotsigelsen av "kjede"-ulikheten; $f(a) \geq f(x)$ for alle $x \in [0,\frac12 ]$ impliserer at $|f(b)| \leq |f(a)|$, og $|f(a)| \leq |a||f(b)|$ av å kombinere middelverditeoremet og ulikheten oppgitt i oppgaven, og til slutt $|a||f(b)| < |f(b)|$, grunnet hvilket intervall $a$ er definert på. Og da oppstår $|f(b)| < |f(b)|$, som er absurd.

Men etter å ha vist dette er resten korrekt i forsøket på å bevise dette generelt? Selv om selvfølgelig den første delen er kjøttstykket i beviset. Mener altså fra "Så vi har vist at $f(x)$ er konstant på hele intervallet $\left[c-\frac12 , c+ \frac12 \right]$(...)" og utover?

Uansett, takk for veldig god hjelp i å omsider forstå beviset.
Markus offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 760
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

Re: Gammel putnam-kalkulus

Innlegg Gustav » 03/01-2018 02:55

Markus skrev:Og $|f(b)|>0$ følger av ekstremalverditeoremet? Så følger selvmotsigelsen av "kjede"-ulikheten; $f(a) \geq f(x)$ for alle $x \in [0,\frac12 ]$ impliserer at $|f(b)| \leq |f(a)|$, og $|f(a)| \leq |a||f(b)|$ av å kombinere middelverditeoremet og ulikheten oppgitt i oppgaven, og til slutt $|a||f(b)| < |f(b)|$, grunnet hvilket intervall $a$ er definert på. Og da oppstår $|f(b)| < |f(b)|$, som er absurd.


Ekstremverditeoremet forsikrer oss om at $|f(x)|$ har et maksimum på det lukkede intervallet $[0,\frac12]$. Det betyr at det fins en $a\in [0,\frac12]$ slik at $|f(a)|\geq |f(x)|$ for alle $x\in [0,\frac12]$. Dette faktum høres kanskje åpenbart ut, men det er faktisk ikke riktig på f.eks. åpne intervaller, og det er heller ikke nødvendigvis riktig for funksjoner som ikke er kontinuerlige. Du kan jo selv forsøke å finne en kontinuerlig funksjon på det åpne intervallet $(0,1)$ som ikke innehar noe maksimum! (Dette er en standardoppgave i alle reell analysefag. ) En annen fin oppgave er å finne en diskontinuerlig funksjon definert på $[0,1]$ som ikke innehar et maksimum.

Resten av det du skriver her er nå riktig!


Men etter å ha vist dette er resten korrekt i forsøket på å bevise dette generelt? Selv om selvfølgelig den første delen er kjøttstykket i beviset. Mener altså fra "Så vi har vist at $f(x)$ er konstant på hele intervallet $\left[c-\frac12 , c+ \frac12 \right]$(...)" og utover?

Uansett, takk for veldig god hjelp i å omsider forstå beviset.


Du må gjøre de samme korrigeringene i den generelle delen som du gjorde i spesialtilfellet over. Dvs. skrive ned den tilsvarende kjeden av ulikheter for å komme frem til motsigelsen.
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4290
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Gammel putnam-kalkulus

Innlegg Gustav » 03/01-2018 02:59

Markus skrev:Antar at $f(x)$ ikke er konstant på intervallet $\left[c, c + \frac12 \right]$. La $a \in \left[c,c+\frac12 \right]$ slik at $|f(a)| \geq |f(x)|$ for alle $x \in \left[c,c+ \frac12 \right]$. Av middelverdisetningen $\exists b \in \left (c,a \right)$ slik at $f'(b) = \frac{f(a)-f(c)}{a-c}=\frac{f(a)-0}{a-c}=\frac{f(a)}{a-c}$. Av ulikheten oppgitt i oppgaven følger det at $|f(b)| \geq |f'(b)| \Longrightarrow |f(b)| \geq |\frac{f(a)}{a-c}| \Longrightarrow |a-c| \cdot |f(b)| \geq |f(a)|$. Siden at $|a-c| \leq 1 \Longrightarrow |a-c| \cdot |f(b)| \leq |f(b)|$, men dette er en selvmotsigelse siden $|f(a)| \geq |f(x)|$ for alle $x \in \left[c,c+\frac12 \right]$, så $f(x)$ må være konstant på $\left[c,c+\frac12 \right]$. Akkurat samme argumentasjon kan brukes for intervallet $\left[ c-\frac12, c \right]$. Så vi har vist at $f(x)$ er konstant på hele intervallet $\left [c-\frac12, c+\frac12 \right]$. Siden $c$ er en vilkårlig verdi så kan intervallet, med lengde $1$, være hvor som helst på $\mathbb{R}$, og dette impliserer at $f(x)$ er konstant på hele $\mathbb{R}$. Siden $f(c)=0$ impliserer det videre at $f(x)$ er konstant lik $0$ på hele $\mathbb{R}$. Og det var dette vi ønsket å vise. $\enspace \enspace \blacksquare$


Har jeg forstått riktig nå? Og er generaliseringen korrekt?

Edit: glemte noen absoluttverditegn


Nesten riktig. Det du faktisk vet er at $|a-c|\leq \frac12 < 1$. Dermed er $|a-c||f(b)|<|f(b)|$, og vi får at $|f(b)|\leq |f(a)|\leq |a-c||f(b)|<|f(b)|$, altså er $|f(b)|<|f(b)|$, og det er dette som er motsigelsen.

Ok, så vi har vist at dersom $f(c)=0$ så er $f(x)$ konstant lik $0$ på $[c-\frac12,c+\frac12]$, men det betyr at $f(c\pm\frac12)=0$, og da følger, siden $c$ i utgangspunktet var vilkårlig, at $f(x)$ er konstant lik $0$ på både $[c,c+1]$ og $[c-1,c]$. Induktivt vil derfor hele $\mathbb{R}$ kunne dekkes av slike overlappende intervaller av lengde $1$ hvorpå funksjonen er konstant.
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4290
Registrert: 12/12-2008 12:44

Hvem er i forumet

Brukere som leser i dette forumet: Ingen registrerte brukere og 39 gjester