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.
Vi viser at polynomet
[tex]P(z) = \frac{1}{2} \pm io \frac{\sqrt(3)}{2} +z^n[/tex] for n>0 er de eneste polynomene som går.
La [tex]Q(z) = P(z)-1[/tex], og anta alle røttene har modulus 1. La [tex]r_i, q_i, 1\leq i \leq n[/tex] betegne røttene til P og Q respektivt.
Claim 1:
[tex]\prod_1^n r_i = \frac{1}{2} + \epsilon i\frac{\sqrt{3}}{2} [/tex]
[tex]\prod_1^n q_i = -\frac{1}{2} + \epsilon i\frac{\sqrt{3}}{2} [/tex]
der [tex]\epsilon = \pm 1[/tex].
Dette følger trivielt av at begge produktene har modulus 1, og har differanse 1.
Observer at siden røttene har enhetsmodulus, vil [tex]\overline{r_i} = \frac{1}{r_i}[/tex].
Vi har at
[tex]\overline{P(z)} = \overline{Q(z)} +1[/tex]
Som videre gir at for alle z
[tex]\prod_1^n(\overline{z}+\frac{1}{r_i}) = \prod_1^n(\overline{z}+\frac{1}{q_i}) +1[/tex].
lar vi [tex]\overline{z} = \frac{1}{z}[/tex] og faktoriserer får vi at
[tex]\frac{\prod_1^n z+r_i }{\prod_1^n z r_i} = \frac{\prod_1^n z+q_i }{\prod_1^n zq_i} +1[/tex]
[tex] z^n \prod_1^nq_i P(z) =z^n \prod_1^nr_i Q(z) +z^{2n} \prod_1^nr_iq_i [/tex]
[tex] (-\frac{1}{2} + \epsilon i\frac{\sqrt{3}}{2}) P(z) =(\frac{1}{2} + \epsilon i\frac{\sqrt{3}}{2}) (P(z)-1) - z^{n} [/tex]
Løser man dette får man polynomene gitt i starten av oppgaven, som begge har modulus 1 av alle røtter ved å bare ha en ntepotens lik en enhetsrot.
[tex]P(z) = \frac{1}{2} \pm io \frac{\sqrt(3)}{2} +z^n[/tex] for n>0 er de eneste polynomene som går.
La [tex]Q(z) = P(z)-1[/tex], og anta alle røttene har modulus 1. La [tex]r_i, q_i, 1\leq i \leq n[/tex] betegne røttene til P og Q respektivt.
Claim 1:
[tex]\prod_1^n r_i = \frac{1}{2} + \epsilon i\frac{\sqrt{3}}{2} [/tex]
[tex]\prod_1^n q_i = -\frac{1}{2} + \epsilon i\frac{\sqrt{3}}{2} [/tex]
der [tex]\epsilon = \pm 1[/tex].
Dette følger trivielt av at begge produktene har modulus 1, og har differanse 1.
Observer at siden røttene har enhetsmodulus, vil [tex]\overline{r_i} = \frac{1}{r_i}[/tex].
Vi har at
[tex]\overline{P(z)} = \overline{Q(z)} +1[/tex]
Som videre gir at for alle z
[tex]\prod_1^n(\overline{z}+\frac{1}{r_i}) = \prod_1^n(\overline{z}+\frac{1}{q_i}) +1[/tex].
lar vi [tex]\overline{z} = \frac{1}{z}[/tex] og faktoriserer får vi at
[tex]\frac{\prod_1^n z+r_i }{\prod_1^n z r_i} = \frac{\prod_1^n z+q_i }{\prod_1^n zq_i} +1[/tex]
[tex] z^n \prod_1^nq_i P(z) =z^n \prod_1^nr_i Q(z) +z^{2n} \prod_1^nr_iq_i [/tex]
[tex] (-\frac{1}{2} + \epsilon i\frac{\sqrt{3}}{2}) P(z) =(\frac{1}{2} + \epsilon i\frac{\sqrt{3}}{2}) (P(z)-1) - z^{n} [/tex]
Løser man dette får man polynomene gitt i starten av oppgaven, som begge har modulus 1 av alle røtter ved å bare ha en ntepotens lik en enhetsrot.
Denne er ennå ikke gjort, på tide at noen gjør den.
Finn alle funksjoner [tex]f : \mathbb{Q}_{>0} \rightarrow \mathbb{R} [/tex] som tilfredstiller
(1) [tex]f(x)f(y) \geq f(xy)[/tex]
(2) [tex]f(x+y) \geq f(x)+f(y)[/tex]
og at det finnes en rasjonell a>1 slik at
f(a) = a.
Finn alle funksjoner [tex]f : \mathbb{Q}_{>0} \rightarrow \mathbb{R} [/tex] som tilfredstiller
(1) [tex]f(x)f(y) \geq f(xy)[/tex]
(2) [tex]f(x+y) \geq f(x)+f(y)[/tex]
og at det finnes en rasjonell a>1 slik at
f(a) = a.
Den var visst for velkjent så poster løsning og ny oppgave:
La [tex]a = \frac{u}{v}[/tex]
Claim 1:
[tex]f(\frac{a}{b}) \geq af(\frac{1}{b})[/tex]
Dette følger ved å bruke superadditivitet.
Claim (2) f(x)>0.
Bevis: åpenbart kanke f(x) = 0, siden da vil 0 = f(x)f(a/x) > f(a).
Observer nå at hvis vi lar [tex]B^+[/tex] være alle b slik at f(b) >0, og definer [tex]B^-[/tex] tilsvarende.
Observer at for [tex]x,z \in B^+, y \in B^-[/tex], vil [tex]x+z \in B^+, x*y \in B^-[/tex].
Først, observer at [tex]f(1)a \geq a[/tex]
Dermed følger det at f(1) > 1, og av additivitet må f av alle heltall være positivt.
Videre har vi for alle [tex]q = \frac{m}{n}[/tex]
[tex]f(n * \frac{m}{n}) \leq f(\frac{m}{n})f(n)[/tex]
Som gir at [tex]\frac{f(m)}{f(n)}\leq f(\frac{m}{n}) [/tex]
og claim 2 følger.
Siden f er superadditiv er da f nødvendigvis voksende
Claim 3:
[tex]f(\frac{1}{kv}) \leq \frac{1}{kv}[/tex]
Bevis:
observer at av claim 1 er
[tex]\frac{u}{v} = f(\frac{u}{v}) \geq u f(\frac{1}{v} = u f(k \frac{1}{vk}) \geq u k f (\frac{1}{vk})[/tex]
og claimet følger.
Claim 4:
[tex]f(x) \leq x[/tex]
Bevis:
Vi har [tex]f(x) \leq f(\frac{x}{a^n}) a^n[/tex]
Idet a>1, kan vi velge n så stor slik at
[tex]\frac{1}{(k+1)v} < \frac{x}{a^n} \leq \frac{1}{kv} [/tex]
følgende ulikhet vil da gjelde for f av ulikhetene siden f er voksende.
Ganger man med [tex]a^n[/tex] på begge sider får man også [tex]a^n \leq (k+1)vx[/tex]
Så vi får
[tex] f(\frac{x}{a^n}) a^n \leq\ f(\frac{1}{kv}) a^n \leq (k+1)vx \frac{1}{kv} = \frac{k+1}{k} x [/tex]
Idet dette gjelder for alle k ved å la n vokse, får vi at claimet følger.
Claim 5:
[tex]f(n) = n[/tex] for alle heltall.
Bevis:
Vi har at [tex]af(1) \geq a[/tex], så påstanden gjelder for 1.
Videre vil [tex]f(n) \geq n f(1) \geq n[/tex].
Av claim 4 følger det.
Claim 6:
f(x) = x for alle x
Bevis:
Vi har at [tex]1=f(1) \leq f(\frac{1}{n})f(n) =f(\frac{1}{n})n< 1[/tex]
Dermed er [tex]f(\frac{1}{n}) = \frac{1}{n}[/tex]
Observer nå at for [tex]q = \frac{m}{n}[/tex]
[tex]q \geq f(q) \geq m f(\frac{1}{n}) = \frac{m}{n} = q[/tex]
Lolol vi er ferdig
La [tex]a = \frac{u}{v}[/tex]
Claim 1:
[tex]f(\frac{a}{b}) \geq af(\frac{1}{b})[/tex]
Dette følger ved å bruke superadditivitet.
Claim (2) f(x)>0.
Bevis: åpenbart kanke f(x) = 0, siden da vil 0 = f(x)f(a/x) > f(a).
Observer nå at hvis vi lar [tex]B^+[/tex] være alle b slik at f(b) >0, og definer [tex]B^-[/tex] tilsvarende.
Observer at for [tex]x,z \in B^+, y \in B^-[/tex], vil [tex]x+z \in B^+, x*y \in B^-[/tex].
Først, observer at [tex]f(1)a \geq a[/tex]
Dermed følger det at f(1) > 1, og av additivitet må f av alle heltall være positivt.
Videre har vi for alle [tex]q = \frac{m}{n}[/tex]
[tex]f(n * \frac{m}{n}) \leq f(\frac{m}{n})f(n)[/tex]
Som gir at [tex]\frac{f(m)}{f(n)}\leq f(\frac{m}{n}) [/tex]
og claim 2 følger.
Siden f er superadditiv er da f nødvendigvis voksende
Claim 3:
[tex]f(\frac{1}{kv}) \leq \frac{1}{kv}[/tex]
Bevis:
observer at av claim 1 er
[tex]\frac{u}{v} = f(\frac{u}{v}) \geq u f(\frac{1}{v} = u f(k \frac{1}{vk}) \geq u k f (\frac{1}{vk})[/tex]
og claimet følger.
Claim 4:
[tex]f(x) \leq x[/tex]
Bevis:
Vi har [tex]f(x) \leq f(\frac{x}{a^n}) a^n[/tex]
Idet a>1, kan vi velge n så stor slik at
[tex]\frac{1}{(k+1)v} < \frac{x}{a^n} \leq \frac{1}{kv} [/tex]
følgende ulikhet vil da gjelde for f av ulikhetene siden f er voksende.
Ganger man med [tex]a^n[/tex] på begge sider får man også [tex]a^n \leq (k+1)vx[/tex]
Så vi får
[tex] f(\frac{x}{a^n}) a^n \leq\ f(\frac{1}{kv}) a^n \leq (k+1)vx \frac{1}{kv} = \frac{k+1}{k} x [/tex]
Idet dette gjelder for alle k ved å la n vokse, får vi at claimet følger.
Claim 5:
[tex]f(n) = n[/tex] for alle heltall.
Bevis:
Vi har at [tex]af(1) \geq a[/tex], så påstanden gjelder for 1.
Videre vil [tex]f(n) \geq n f(1) \geq n[/tex].
Av claim 4 følger det.
Claim 6:
f(x) = x for alle x
Bevis:
Vi har at [tex]1=f(1) \leq f(\frac{1}{n})f(n) =f(\frac{1}{n})n< 1[/tex]
Dermed er [tex]f(\frac{1}{n}) = \frac{1}{n}[/tex]
Observer nå at for [tex]q = \frac{m}{n}[/tex]
[tex]q \geq f(q) \geq m f(\frac{1}{n}) = \frac{m}{n} = q[/tex]
Lolol vi er ferdig
Lil_Flip fikk akkut hjerneslag, og sykebilen er ikke innen rekkevidde. Løs oppgaven for å redde lil_flip
La P(x) være et polynom med grad n>1 og reelle koeffisienter.
Anta likningen P(P(P(x))) = P(x) har [tex]n^3[/tex] distinkte reelle røtter.
Vis at disse røttene kan splittes inn i to grupper med likt gjenomsnitt.
La P(x) være et polynom med grad n>1 og reelle koeffisienter.
Anta likningen P(P(P(x))) = P(x) har [tex]n^3[/tex] distinkte reelle røtter.
Vis at disse røttene kan splittes inn i to grupper med likt gjenomsnitt.