Abel maraton

[lfe]

Hei,
Jeg skriver i løsningen min at [tex]\measuredangle[/tex] er symbolet for rettede vinkler. Vinkeljakten jeg gjør er altså ikke vanlig vinkeljakt. Vi definerer rettede vinkler slik:
La l og m være to linjer som skjærer hverandre. [tex]\measuredangle (l,m)[/tex] er vinkelen målt mot klokken slik at vi starter i l og slutter i m. Vinklene regnes modulo [tex]180^{\circ}[/tex]. VI definerer [tex]\measuredangle APB=\measuredangle (AP,BP)[/tex].

Fra definisjonen kan vi trekke flere egenskaper ved rettede vinkler: [tex]\measuredangle (l,m)=-\measuredangle (m,l)[/tex] og [tex]\measuredangle APB=-\measuredangle BPA[/tex].
Fordelen med rettede vinkler er at vi unngår konfigurasjonsproblemer. For eksempel, la A, B, C og P være punkter. Vi vil vise at A, B og C ligger på en linje. Det vi kan gjøre da er å se på vinkler. Hvis B og C ligger på samme side av linjen PA, så er punktene kolineære hvis og bare hvis [tex]\angle PAB=\angle PAC[/tex]. Problemet er at dette ikke holder dersom B og C er på hver sin side av PA. I det tilfellet må [tex]\angle PAB=180^{\circ}-\angle PAC[/tex]. Med rettede vinkler generaliserer vi betingelsene på vinkler. Vi har nemlig at [tex]\measuredangle PAB=\measuredangle PAC\Leftrightarrow[/tex] A, B og C kolineær, uansett hvilke sider av PA B og C ligger på. Dette er fordi dersom B og C ligger på hver sin side, måles en av [tex]\measuredangle PAB[/tex] og [tex]\measuredangle PAC[/tex] i positiv retning og den andre i negativ retning. To andre vinkelbetingelser som generaliseres er:
1) Punktene A, B, C og D ligger på én sirkel hvis og bare hvis [tex]\measuredangle ACB=\measuredangle ADB[/tex]. Her er rekkefølgen på punktene rundt sirkelen vilkårlig.
2) La ABC være en trekant og P et punkt i planet. AP er tangerer omsirkelen til ABC hvis og bare hvis [tex]\measuredangle BAP=\measuredangle BCA[/tex].

Jeg kan gå over vinkeljakten jeg gjorde:
Først med tradisjonelle vinkler hvor vi antar at Q ligger på samme side av AB som C.
[tex]\angle EAQ=\angle ECB[/tex], av parallelle linjer og toppvinkler.
[tex]\angle ECB=180^{\circ}-\angle EFB[/tex], motstående vinkler i en syklisk firkant.
[tex]\angle EFB=180^{\circ}-\angle EFA[/tex], supplementvinkler.
Vi har dermed at [tex]\angle EFA=\angle EAQ[/tex]. Det er et velkjent resultat at AQ dermed er en tangent til sirkelen om AFE. Dette kan vises greit med at [tex]AO\perp AQ[/tex], der O er omsenteret til AFE.

Problemet nå er at Q også kan ligge på motsatt side av AB i forhold til C. Det er derfor rettede vinkler er nyttig. Ved å gjøre vinkeljakten i rettede vinkler dekker vi begge tilfeller.
[tex]\measuredangle EAQ=\measuredangle ECB[/tex], av parallelle linjer og toppvinkler.
[tex]\measuredangle ECB=\measuredangle EFB[/tex], av 1).
[tex]\measuredangle EFB=\measuredangle EFA[/tex], siden B, F og A er kolineære.
Av 2) er vi ferdig.

Altså, man bruker rettede vinkler for å unngå problemer med konfigurasjoner. Ulempen er at aritmetikk med rettede vinkler er litt kronglete. Særlig oppstår det problemer med dobbling og halvering av vinkler siden vi regner modulo 180. I konkurransematematikk mister man fort 1 eller 2 poeng dersom man overser konfigurasjoner i oppgaven. For eksempel, i denne oppgaven, hvilken side av AB Q ligger på.

[Mattebruker]

God morgen !

Takk for ei grundig innføring i rettede vinkler. Må vedgå at dette er upløyd mark for meg.
Og i skrivande stund er framleis mykje uklart kring det nye begrepet.
Du skriv innleiingsvis at [tex]\measuredangle[/tex] ( l , m ) = - [tex]\measuredangle[/tex]( m , l ) . For meg gir dette meining berre dersom vi opererer med ein
retningsorientert vinkelstråle. Sett at linjene l og m kryssar kvarandre i ein spiss vinkel i punktet S.
Mi tolking: [tex]\measuredangle[/tex](l , m ) kjem fram ved å dreie l - stålen ( med startpunkt i S ) mot klokka slik at vi landar på m - strålen. Vidare får vi fram [tex]\measuredangle[/tex] (m , l ) ved å dreie m -strålen mot klokka til vi endar opp på l - strålen. Men fordi vinklane reknast modulo 180[tex]^{0}[/tex] , må vi
" trekkje frå " ei halv omdreiing ( 180[tex]^{0}[/tex] ) slik at m - strålen " til slutt" får ei orientering som er motsett retta l - strålen.
Med andre ord: [tex]\measuredangle[/tex]( l , m ) og [tex]\measuredangle[/tex](m , l ) er supplementvinklar i tradisjonell tyding, eller sagt på ein annan måte: [tex]\measuredangle[/tex]( l , m ) er supplementvinkel til - [tex]\measuredangle[/tex]( l , m)

Ha ein fin dag !

Helsing

Mattebruker

[lfe]

Det stemmer. Minner på nåværende oppgave.

Ny oppgave:
La [tex]\alpha[/tex] være et reelt tall. Finn alle funksjoner [tex]f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}[/tex] som tilfredsstiller likningen
[tex]f(f(x+y))=f(x+y)+f(x)f(y)+\alpha xy[/tex]
for alle [tex]x,y\in \mathbb{R}[/tex].

[Mattebruker]

God dag igjen ! Må vedgå at mattebruker er heilt " blank " når det kjem til funksjonallikningar.
Men no ved påsketider er det tillatt å dumme seg ut , så kvifor ikkje ta utfordringa frå Ife:

Gitt funksjonallikninga

( * ) f( f( x + y ) ) = f( x + y ) + f(x)[tex]\cdot[/tex]f( y ) + [tex]\alpha[/tex]x[tex]\cdot[/tex] y

Prøveløysing: Sidan " produktleddet " [tex]\alpha[/tex]x[tex]\cdot[/tex]y har orden lik 2 , ligg det nær å tru at f er ein førstegradfunksjon( a x + b )

Sett f( x ) = a x + b

f( x + y ) = a( x + y ) + b = a x +ay + b

f( f( x + y ) = a ( a x + a y + b ) + b = a[tex]^{2}[/tex] x + a[tex]^{2}[/tex] y + a b + b

f( x )[tex]\cdot[/tex]f( y ) = ( a x + b)( ay + b ) = a[tex]^{2}[/tex] xy + ab y + ab x + b[tex]^{2}[/tex]

Utrekningane ovanfor gir :

V.S. f(f( x + y )) = a[tex]^{2}[/tex] x + a[tex]^{2}[/tex]y + ab + b

H.S. f( x + y ) + f(x)[tex]\cdot[/tex]f( y ) + [tex]\alpha[/tex] xy = ( a + a+ (b ) x + ( a + ab ) y + b( 1 + b ) + (a[tex]^{2}[/tex] + [tex]\alpha[/tex] ) xy

Samanlikning V.S. og H.S. [tex]\rightarrow[/tex]

a[tex]^{2}[/tex] = a( 1 + b ) [tex]\Leftrightarrow[/tex] a = 1 + b [tex]\wedge[/tex] a [tex]\neq[/tex] 0 ( p.g.a. lineær funksjon )

ab = b( 1 + b ) [tex]\Leftrightarrow[/tex] b = 0 [tex]\vee[/tex] b = a - 1

(a[tex]^{2}[/tex] + [tex]\alpha[/tex] ) xy = 0 for alle x , y [tex]\in[/tex] R [tex]\Leftrightarrow[/tex] [tex]\alpha[/tex] = - a[tex]^{2}[/tex]

Oppsummering:

a [tex]\neq[/tex] 0 [tex]\rightarrow[/tex] f( x ) = a (x + 1) - 1 [tex]\wedge[/tex] [tex]\alpha[/tex] = - a[tex]^{2}[/tex]

PS Ser no at prøveløysinga mi fører til ei sjølvmotseiing: b = a - 1 og samtidig blir b = a når vi samanliknar konstantledda på V.S. og H.S.

Nytt forsøk: Sløyfer konstantleddet ( b ) og prøver med f( x ) = a x . Da får vi at a = 1 [tex]\wedge[/tex] [tex]\alpha[/tex] = -1[tex]\cdot[/tex]a[tex]^{2}[/tex] = -1 tilfredstiller likninga ( * )

Konklusjon: Funksjonallikninga har løysinga

f( x ) = x , der [tex]\alpha[/tex] = - 1

[lfe]

Ok, kanskje en kort innføring i funksjonallikninger er passelig. Hvem vet om det er flere personer uten erfaring innen funksjonallikninger som leser dene tråden.

Funksjonallikninger løses nesten alltid med substutisjoner pluss enkelte lure triks. Jeg går ikke over disse triksene, men jeg kan liste noen opp: surjektivitet, injektivitet, monotoniegenskaper, kontinuitet, bundet funksjon, periodisitet og Cauchys funksjonallikning, Å kunne bevise surjektivitet og injektivitet er særlig viktig. Dette er fordi de fleste funksjonallikninger har simple løsninger og den simpleste typen ikke-konstante funksjoner er lineære funksjoner. Siden funksjonallikninger ofte kun har linjeære løsninger, er den ukjente funksjonen f også ofte bijektiv.

Det at en funksjonallikning gir oss en likning som må holde for alle tall i definisjonsmengden til funksjonen, er veldig innsnevrende for løsningsmulighetene og motiverer oss til å substituere lurt. I denne oppgaven er [tex]f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}[/tex], men det ikke uvanlig med [tex]f:\mathbb{R}^{+}\rightarrow \mathbb{R}^{+}[/tex] og [tex]f:\mathbb{Z}\rightarrow \mathbb{Z}[/tex]. Fra nå bruker jeg definisjons- og verdimengden fra oppgaven og skriver (a,b) for at vi substituerer x med a og y med b.

Det første som er lurt å gjøre når man ser en funksjonallikning er å analysere strukturen til likningen. I dette tilfellet har vi for eksempel f(f(x+y)) på venstresiden og f(x+y) på høyresiden. x+y gir oss stor frihet. Vi kan bestemme x+y til å være hva enn vi vil og legg merke til at vi kan skrive x+y på flere måter. For eksempel (x+y,0) og (x+c,y-c) gir begge f(f(x+y)) og f(x+y), men det endrer verdiene på f(x)f(y)+[tex]\alpha[/tex]xy.
Den andre svakheten i denne funksjonallikningen er [tex]\alpha xy[/tex]. Generelt er alt utenfor funksjonen verdt å se på. Som Mattebruker poenkterer, hinter [tex]\alpha xy[/tex] til funksjonen er lineær. I tillegg er [tex]\alpha xy[/tex] bijektiv. Vi kan derfor angripe dette leddet når vi substituerer. For eksempel kan vi tvinge frem en konstant ved (x,1/x) og (x,0).
To substitusjonstriks:
1)
La oss si at etter noen substitusjoner har vi kommet frem til at f(f(x))=g(x), der f er den ukjente funksjonen og g er en funksjon uttrykket med reelle tall, x og f(x). Da kan vi bruke likningen f(g(x))=f(f(f(x)))=g(f(x)).
Eksempel: La f(f(x))=x+2, da er f(x+2)=f(f(f(x)))=f(x)+2.
2)
Vi vil ofte at funksjonallikningen skal forenkles. Vi kan gjøre det ved å substituere slik at argumentet til to ledd er likt.
Eksempel: La f(x-y+5)=f(x+y-4)+f(x+f(y)). Vi vil her at x-y+5=x+y-4. (x,9/2) gir oss f(x+f(9/2))=0, for alle x. Dermed av (x-f(9/2),9/2) er f(x)=0.

Til slutt ramser jeg opp noen generelt gode substitusjoner:
(y,x)
(x,x)
(x,0)
(x,1)
(x,1/x)
(0,0)
(1,1)
(f(x),f(y))
og andre liknende.
Grunnen til at 0 og 1 brukes mye, er at 0 og 1 henholdsvis er additiv og multiplikativ identitet.


Så, tilbake til oppgaven. Mattebruker har kommet godt i gang. Det er mulig å løse funksjonallikningen med det jeg har nevnt og litt lur tenking. En litt lettere oppgave er å se på tilfellet der [tex]\alpha =0[/tex]. ALtså, [tex]f(f(x+y))=f(x+y)+f(x)f(y)[/tex].

[Mattebruker]

Takk for presentasjon av løysingstrategiar. Her er det mange gode tips som inspirerer ein nybegynnar.

Tilbake til likninga

f( f( x + y ) ) = f( x + y ) + f( x ) * f( y )

Substitusjonen ( a , b ) = ( x + y , 0 ) gir

f( f( x + y ) ) = f( x + y ) + f( x + y ) [tex]\cdot[/tex] f ( 0 )

Vel f( x + y ) = z og får

( * ) f( z ) = z + z[tex]\cdot[/tex] f( 0 )


Likninga ( * ) skal gjelde for alle z [tex]\in[/tex] R . Da får vi ei og berre ei løysing:

( * ) f( x ) = x

No kan vi bruke "partikulærløysinga" ( * ) til å bestemme den "allmenne" løysinga som gjeld for alle [tex]\alpha[/tex] [tex]\in[/tex] R

Betraktar da likninga

f( x + y ) = ( x + y ) + [tex]\alpha[/tex] x y

Substitusjonen ( x , 1 ) gir

f( x + 1 ) = ( x + 1 ) + [tex]\alpha[/tex] x

Ny substitusjon : x + 1 = u gir

f( u ) = u + ( u - 1 )[tex]\alpha[/tex] = ( 1 + [tex]\alpha[/tex] ) u - [tex]\alpha[/tex]

Kan dette stemme , eller er vi fullstendig på villspor ?

[lfe]

Problemet er at (*) f(z)=z+zf(0) holder kun for z i verdimengden til f. Dette er en typisk feil. Vi vet nemlig ikke om f er surjektiv. Et eksempel på en funksjon som tilfredsstiller (*) er [tex]f(x)=\begin{cases} & x\text{ if } x<4 \\ & 1\text{ if } x\geq 4 \end{cases}[/tex]. Du ønsker å vise at slike "stygge" funksjoner ikke er mulig.

Det du gjør med å se på x+y=z er bra. Husk at du kan skrive z på uendelig mange måter uten at venstresiden av likningen endrer seg. Jeg vil anbefale at du gjør det samme som tidligere, prøv f(x)=ax+b uten å anta [tex]a \neq 0[/tex]. Dette gir deg en retning for hva du ønsker å vise.

[Mattebruker]

Innser svakheita ( begrensinga ) til likninga

f ( z ) = z + z [tex]\cdot[/tex] f( 0 )

, men går ut frå at substitusjonen ( x + y , 0 ) er haldbar . Denne gir

f( f( x + y ) ) = f( x + y ) + f( x + y ) [tex]\cdot[/tex] f( 0 ) = f( x + y ) ( 1 + f( 0 ) )

Substitusjonen x + y = z gir vidare

( * ) f( f( z ) ) = f( z )( 1 + f ( 0) )

Likninga ( * ) indikerer lineær løysing:

f( z ) = a z + b

Innsetting i ( * ) fører fram til denne slutninga : a = b + 1 , som gir

f( z ) = ( b + 1 )z + b

Får ikkje denne løysinga til å passe inn i likninga ( * )

[lfe]

For å få a=b+1 har du vel først [tex]a^{2}=ab+a[/tex]. Når du deler på a, antar du at [tex]a\neq 0[/tex]. Hva om a=0?

[Mattebruker]

Hallo !

Prøveløysinga f( z ) = a z + b fører fram til dette likn. settet : a[tex]^{2}[/tex] = a ( b +1 ) [tex]\wedge[/tex] b( 1+ b ) = ab + b[tex]^{2}[/tex]

a[tex]\neq[/tex] 0 [tex]\Rightarrow[/tex] a = b + 1 [tex]\wedge[/tex] a b = b [tex]\Rightarrow[/tex] a = 1 [tex]\wedge[/tex] b = 0 [tex]\Rightarrow[/tex] f ( z ) = z

a = 0 [tex]\Rightarrow[/tex] b = 0 [tex]\Rightarrow[/tex] f( z ) = 0 ( triviell løysing )

Ska' tru om vi er i mål ?

[lfe]

Da har du funnet alle løsningene til funksjonallikningen.

Jeg innser nå at [tex]\alpha =0[/tex] tilfellet ikke er så simpelt som jeg trodde. Oppgaven ekskluderer originalt [tex]\alpha =0[/tex], men jeg la det til. Det er kanskje omtrent like mye arbeid for [tex]\alpha =0[/tex] og [tex]\alpha \neq 0[/tex]. Derfor vil jeg erklære oppgaven for løst dersom et av de to tilfellene løses.

[lfe]

Rettelse:
Lil-flip har gjort meg oppmerksom på en feil i løsningen min på nå [tex]\alpha =0[/tex].

Det er kanskje umulig å løse likningen for [tex]\alpha =0[/tex].

[Mattebruker]

Hallo igjen !

Mattebruker , som er "lekmann" i denne samanhengen , resonnerer slik: [tex]\alpha[/tex] = 0 gir ei likning som er ekvivalent med det problemet vi alt har løyst.
Når det likevel ikkje er slik , så kan det vere like greitt å ignorere dette tilfelle.
Da står det " berre " att å løyse dette problemet:

Finn alle funksjoner f : R [tex]\rightarrow[/tex] R som tilfredsstiller likninga


f(f( ( x + y ) ) = f( ( x + y ) + f( x ) [tex]\cdot[/tex] f( y ) ) + [tex]\alpha[/tex]x [tex]\cdot[/tex] y , der [tex]\alpha[/tex] [tex]\neq[/tex] 0

Ha ei fortsatt god påske !

[Lil_Flip38]

Løsning til oppgaven når alfa ikke er 0.

Pga tekniske problemer bruker jeg a istedenfor alfa.
La p(x,y) være x og y plugget inn i den orginale likningen.
Da plugger vi dette inn:
Gruppe 1
(x,1)
(x+1,0)
Gruppe 2
(x+1,1)
(x,2)
Gruppe 3
(1,1)
(2,0)

Observer at LHS på og det første leddet på RHS i en gruppe er lik, som impliserer følgene likheter:

Gruppe 1:
f(x+1)f(0)=f(x)f(1)+ax (1)

Gruppe 2
f(x+1)f(1)+ax+a=f(x)f(2)+2ax (2)

Gruppe 3
f(1)^2+a=f(2)f(0). (3)

Gang (1) med f(2), og gang (2) med f(1).

Av (3) får vi
(1) Ganger med f(2) er f(x+1)(f(1)^2+a)=f(x)f(1)f(2)+af(2)x

(2) Ganger med f(1) er f(x+1)f(1)^2+(a+1)f(1)x=f(x)f(1)f(2) +2af(1)x

Hvis vi nå tar den andre minus den første og isolerer f(x+1), får vi at f(x+1)=lineær, siden f(x)f(1)f(2) kansellerte, og resten er bare et utrykk av x i grad 1.

Nå kan vi bruke det matte bruker viste tideligere, og få at f(x)=x og a=-1

[Lil_Flip38]

Ny oppgave

La a,b,c>0 og abc=1

Vis (a+b)(b+2c)(c+4a)>=27