Függvényegyenlet

Offtopic

Adott a következő függvényegyenlet:
3*f(f(x))=2*f(x)+x
f: Z -> Z, és minden x eleme Z esetén teljesül

Egy lehetséges megoldás (nem tudom, hogy van-e még) az f(x)=x, amire pusztán próbálgatással jöttem rá.

A kérdésem az lenne, hogy hogyan álljak neki egy ilyen egyenlet megoldásának, valamint, hogy mi a hiba az alábbi gondolatmenetben?

1. Legyen x=0, ekkor 3f(f(0))=2f(0)
2. Legyen f(x)=0, ekkor 3f(f(x))=2f(x)+x, azaz 3f(0)=x innen következik, hogy f(0)=x/3

Az 1. f(0)=x/3-at felhasználva: 3f(x/3)=2*x/3, azaz f(x/3)=2/9*x => f(x)=2/3*x

Viszont ezt az eredetibe visszahelyettesítve 3*(2/3)*(2/3)*x=2*(2/3)x+x, ami (4/3)*x=(7/3)*x ez pedig nyilván ellentmondás.

  • 2839 megtekintés

( szemet | 2011. 02. 13., v – 16:15 )

"(4/3)*x=(7/3)*x ez pedig nyilván ellentmondás"
x=0 esetén nem az, mint azt az f(x)=x megoldás is mutatja.

Nem látok hirtelen hibát a levezetésedben, szóval egyelőre annyit bizonyítottál, hogy vagy f(x)=x vagy ha van más megoldás annál nincs olyan x amire f(x)=0 (azaz más megoldásnak - ha létezik is - nincs zérushelye...) - későbbi megoldásom értelmében ez mégsem igaz... ;)

( zozi56 | 2011. 02. 13., v – 16:01 )

azaz f(x/3)=2/9*x => f(x)=2/3*x

Szerintem itt a hiba.

( szemet | 2011. 02. 13., v – 16:12 )

f(x)=-1/3*x is megoldás... És szerintem nincs más ha f invertálható és deriválható. Így jöttem rá:
1. f(x)=k
2. 3f(k)=2*k + x
3. f(k) = (2*k + x)/3

Ha f invertálható akkor f^-1(k)=x ezt behelyettesítve

4. f(k) = (2*k + f^-1(k))/3
Ha deriválható f akkor az egyenlőség deriválás után is igaz, deriválva átrendezve:

5. -2/3 + f'(k) - f^-1'(k))/3 = 0

az inverzek deriváltjának szorzata 1 ( http://en.wikipedia.org/wiki/Inverse_functions_and_differentiation ):
f'(x) * f'^-1(x) = 1

Ebből adódik, hogy:
6. -(2/3)+f'(k)-1/(3 f'(k)) = 0
másodfokú egyenlet:

f'(k) = 1 vagy -1/3

Ha egy függvén deriváltja konstans, integrálva:
x+C
vagy -1/3*x+C lehet az eredeti

Innen már gondolom nem nehéz végigvinni, hogy C=0 -nál működik a cucc mindkét esetre...

Csak egy ötlet volt, hogy kell egyébként szabatosan megoldani ilyet a valós számok halmazán?

szerk: Egyébként egész számokon evidensen invertálhatónak kell lennie a függvénynek, mert x!=y, f(x)=f(y) ellentmondásra vezetne, tehát addig a pontig véletlenségből még pont jó levezetésem Z-ben...

nem azt írtam hogy at találtad, ott van az olyasmi szó, és ezt hasraütés példának találtam ki

mondtam hogy nm tudom megoldani, ezért kértem hogy részletezd, de szerintem valamit nagyon félrenézel, az f(n)=floor(n/2) egy minden egészen értelmezett fv, és nem invertálható, a konkrét feladatba amit írtam meg "majdenem" jó, lehet pici vakarással jó is lenne

(btw: Z -> nem 'x' hanem 'n' a konvenció)

ehh..
megkevertél, eleve az elején a "ha invertálható" után el sem olvastam, ha "mivel" lett volna ott akkor megnéztem volna egyáltalán :) aztán meg a fogalmazásodból az jött le hogy _mivel_ egészekről van szó, azért invertálható, ...

mindegy, most már csak azt az deriváltak szorzatát nem értem:
azt írod:
f'(x) * f'^-1(x) = 1
egyrészt gondolom elírtad a deriválás sorrendjét mert így csak egy fv és inverzének szorzata van, de jó sorrendben sem igaz, mert
f'(x) * (f^-1)'(f(x)) = 1

R->R -en nyilvan tobb megoldas lehetseges, de ez tartalmazza az osszes Z->Z megoldast, mert barmelyik z->z megoldas tetszolegesen megkozelitheto egy polinommal, ami derivalhato (weierstrass tetel).
Igy ha megoldod R->R-re akkor csak meg kell keresni azokat, amik szigoruan Z->Z-t adnak, pontosan ahogy mondod.

Az, hogy barmelyik Z->Z fuggvenyre illesztheto polinom, az a Newton-interpolaciobol kovetkezik, ez mar onmagaban eleg. Amit en szeretek idezni, az a Weierstrass-tetel. Az azt mondja ki, hogy barmely folytonos R->R fuggveny tetszolegesen megkozelitheto egy polinommal.

http://en.wikipedia.org/wiki/Weierstrass_approximation_theorem

"barmelyik Z->Z fuggvenyre illesztheto polinom, az a Newton-interpolaciobol kovetkezik"
Tudtommal a Newton (meg Lagrange) féle interpolációhoz véges számú pont kell. De ebben a példában végtelen van.

"Weierstrass-tetel [...] barmely folytonos R->R fuggveny tetszolegesen megkozelitheto egy polinommal"
Ez kizárja azokat a potenciális Z->Z fgv. megoldásokat, amikre nem lehet illeszteni R->R valós, folytonos fgv-t.

Köszi a linket.

Inkább mondok egy példát. Legyen f(n) = {az n. prím szám}. Persze ez nem megoldás a feladatra, de erre nem tudsz polinomot illeszteni. Annyit mondok, hogy ahhoz, hogy belássuk csak az f(x) = x megoldás nem csak a többi polinomot kell kizárni, mert azon kívül is lehetnek megoldások.

f(1)=2, f(2)=3, f(3)=5, f(4)=7, ... hozzátehetjük, hogy f(0)=0 és negatívokra meg a pozitívok -1-szerese. Így ez egy Z->Z fgv. ami minden egészre értelmezett. Erre nem lehet polinomot illeszteni. A kiírt feladatnak lehetnek ilyen extravagáns megoldásai, nem mondhatjuk jó indok nélkül, hogy csak a polinomokkal kell foglalkozni.

( tomaza | 2011. 02. 13., v – 16:10 )

nem értem, felteszed hogy x=0, majd az eredményt visszahelyettesíted elfelejtve hogy x-nek 0-nak kellene lennie és csodálkozol?

( DieHappy | 2011. 02. 13., v – 17:42 )

1. -nel kivalasztod x erteket, ettol teljesen fuggetlen lehet f(x) erteke.
2. nem biztos, hogy f() metszi valahol a 0-at

f = sum a_i x^i

f(f(x)) = sum a_i ( sum a_j x^j) )^i = 2/3 sum a_k x^k + 1/3 x

csunya vegtelen sor, de minden x hatvanyra ugyanazok a kitevok a jobb es baloldalon

sum ( x^k *(sum_(i=0...k) a_i * a_(k/i) ^(i) * z(k, i) ), ahol z(k, i) egy olyan faktror, ami =1 ha i osztoja k-nak, es 0 ha nem.

x^0 -ra , a_0 = 2/3 a_0 jon ki, vagyis a_0 = 0

x^1 -re, x *(a_1*a_1) = x* (2/3 a_1 + 1/3 ), amibol 2.foku egyenlet jon ki a_1-re

x^2 -re x*x (a_1*a_2 + a_2*a_1^2 ) = 2/3 * x*x a_2 , egyszeru egyenlet a_2-re, mert a_1 ismert, de ugy latom csak a_2 = 0 elegiti ki.

satobbi... bonyolult, nem tudom hogy a vegen Z->Z fuggveny jon-e ki, mert az a_i faktorok valosak/racionalisak lehetnek.

Valoszinu lehetseges zart alakot is talalni, de az is benne van, hogy a_i i>1 felett mind nullak, de a_1-re ket megoldas van!

megnéztem ezt a mathjaxot, de csak krickraccot láttam,
mert nem volt js bekapcsolva, ugyanaz amit ott láttam js nélkül:

ha meg a szerver bedöglik, ott a szabad szemmel ~kényelmesen olvasható latex képlet

de ha mondjuk a jsmath-al össze tudod hasonlítani arra kíváncsi lennék

alternatív, csak kíváncsi vagyok a különbségre :)

(bocs a szerkesztgetésekért, kicsit játszottam, elé írtam hogy inline, így ugyan kevésbé olvashatóbb, de legalább kisebb és így kevésbé szúrja egyesek szemét:) )

( apal v | 2011. 02. 13., v – 17:54 )

valamit Z-re? ez most igy az "egesz szamok halmazara" utal (mint \mathbb{Z})? ill az f-re is szokas valamit megko"tni, mert akkor igy az 


       ( -1/3x, ha x negativ, vagy kisebb mint a nyuszika fu"le
f(x) = { x, egyebkent de azert legyen irracionalis
       ( x-1/3, egyebkent ha racionalis lesz, ha a kobgyo"ke'hez hozzadunk pi/2-t,
       ( -1/3x+1, egyebkent.

is megoldas...ami valljuk be nem epp a legelegansabb :]

igen, de kerdes hogy minden fv-t fel tudsz-e irni ilyen alakban, tehat ezzel nem zarsz ki valamit? ha pl valos fv-ket neznenk, akkor egy 1/(1+x^2) tipusu fv-re barmilyen hatvanysor-alaku ize csak |x|<1 eseten johet szoba, ugye konvergenciasugar, stb, tehat x nem fedi le a teljes valos szamhalmazt... hogy egesz szamoknal mi van, azt nem tudom; mindenesetre f(0)=0 az hatvanysorok nelkul is kijon ;)

Igen, minden fuggveny tetszolegesen megkozelitheto polinommal, foleg ha csak minden x \in Z kell hogy stimmeljen.
no, ezt most inkabb nem hallottam meg ;)

viszont az egesz szamok halmaza az erdekes tovabbra is. ott mi a helyzet? ugye az a gyanus, hogy mondjuk 0<x helyen ugye minden polinom nem nulla erteket vesz fel, vegtelen sok egesz szam osszege meg csak ugy ertelmezheto" hogy abbol igazabol csak veges sok a nem 0. azaz egy pelda-kerdes: csak a termeszetes szamokat nezzuk az egyszeruseg kedveert. ott a (0,1,0,0,0,0....) sorozat eloallithato polinomok [(1,0,0,...), (1,1,1,1,1...), (1,2,4,8, ...), (1,3,9,27, ...)) linearkombinaciojakent? szerintem ez elegge necces...

( nanto | 2011. 02. 13., v – 18:42 )

egyenletmegoldas, altalanos iskola 0. osztaly:
3*f(f(x))=2*f(x)+x /-2*f(x)+x
3*f(f(x))-2*f(x)+x=0

f(f(x)) ugye f^2(x) furcsa, hogy ez sem jott elo

3*(f^2(x))-2*f(x)+x=0

nevezzuk el f(x)-et y-nak, es oldjuk meg ra a masodfoku egyenletet (majd kesobb visszahelyettesitjuk)

3y^2-2y+x=0

D=4-12x

0 az eredmeny (amit a feladat kert) ha
y1=(-2+4-12x)/6=(1-6x)/3
y2=(-2-4+12x)/6=-1+2x

ebbol mar ugye kijon, hogy y-nak olyannak kell lennie x-re emelt fuggvenyeben, hogy ezek teljesuljenek.

(folyt kov, csak megnezem elszamoltam-e, ha ti eszreveszitek segitsetek, emrt valami gyanus)

mellesleg belegondolva ez is csak 9x

nem lehet, hogy ki kene belole vonni a derivaltjat es a maradekot negyzetreemelve hozzadni?
3x-ben csak a konstansot szorozzuk. Fuu, most nagyon gondolkodom

mondjuk f'-vel se konnyebb szamolni egyenletben

mellesleg ez se jo, mert x+3 ban csak hozzaadjuk x+6-ta, nem negyzetreemeljuk

( Exit | 2011. 02. 14., h – 10:15 )

Nekem ez az indirekt bizonyítás jutott eszembe arra, hogy f(x) = x-t kivéve nincs megoldás.

Indirekt feltétel: tfh. f(x) = x nem igaz minden x-re.
Lehetséges következmények:

  1. Létezik olyan x, hogy f(x) < x. Ez mellett akkor lehet
    1. f(f(x)) <= f(x), ami ellentmondáshoz vezet az eredeti egyenletben.
    2. f(f(x)) > f(x). Ez mellett akkor lehet
      1. f(f(x)) >= x, ami ellentmondáshoz vezet az eredeti egyenletben.
      2. f(f(x)) < x => Ha f(x) < x, akkor f(x) < f(f(x)) < x.
  2. Létezik olyan x, hogy x < f(x). Előzőhöz hasonlóan itt is kijön, hogy Ha x < f(x), akkor x < f(f(x)) < f(x).

Fentiből látszik, hogy 1 és 2 egyszerre teljesül (ha az egyik akkor a másik is). A két kiemelt egyenlőtlenségből meg az látszik, hogy az x, f(x), f(f(x)), ... sor konvergál egy értékhez, de sosem éri el azt (az egyenlőtlenség miatt sosem lesz f(x) = x pont). Ez pedig azt jelenti, hogy f(x) egy idő után nem lesz egész.

Tehát nem igaz az indirekt feltevés. Azaz f(x) = x és nincs más megoldás.

Ugyanez(?) a megoldas mas kontosben:

Definialjuk g() fuggvenyt: g(x):=f(x)-x

Az eredeti egyenlet:

3*f(f(x))=2*f(x)+x

3*(g(g(x)+x)+g(x)+x)=2*(g(x)+x)+x / -3*x

3*(g(g(x)+x)+g(x))=2*(g(x)) / -3*g(x)

3*g(g(x)+x)=-g(x)

Ilyenne alakithato:

(-3)*g(g(x)+x)=g(x)

Indirekt TFF ha valamilyen x-re g(x) nem nulla, akkor g(x) abszoluterteke egy masik fuggvenyertek abszolutertekenek a haromszorosa. Es mivel igy kapunk egy vegtelen sorozatot g(x), g(g(x)+x), ... stb. egesz (fuggveny)ertekekbol, melyek abszoluterteke pozitiv tagu szigoruan monoton csokkeno sorozat, pontosabban egy (1/3) hanyadosu mertani sorozat. Ami ellentmondas. Q.E.D.

Az en megoldasom picit atlathatobb, elagazasmentesebb, es nem nem-elemibb. Ja, es ellenorizheto konnyen!

http://hup.hu/taxonomy/term/209
http://www.youtube.com/watch?v=QXz7-BNC6jw
http://nocirc.org/