Συναρτησιακή στους ακέραιους

#1

Να βρεθούν όλες οι φραγμένες κάτω συναρτήσεις $f: \mathbb{Z} \to \mathbb{R}$ , για τις οποίες

$\displaystyle{f(n) \ge \frac {f(n+1)+f(n-1)}{2}, \forall n \in \mathbb{Z}}$

#2

Έστω

Τότε $g(n)\geq g(n+1).$

Έστω ότι υπάρχει $x_0: \ g(x_0)\ne 0.$

Αν g(x_0)>0

τότε

$ng(x_0)\leq \sum_{i=1}^{n}g(x_0-i)=f(x_0)-f(x_0-n)\leq f(x_0)-M, \forall n \in \mathbb{Z}^+,$ άτοπο.

Ομοίως, αν g(x_0)<0

τότε

$ng(x_0)\geq \sum_{i=1}^{n}g(x_0+i)=f(x_0+n+1)-f(x_0+1)\geq M-f(x_0+1),$ επίσης άτοπο.

Άρα $g\equiv 0$ και η

σταθερή.

AlexandrosG · #3

Μια ιδέα:

Η συνθήκη είναι μια μορφή κυρτότητας. Επεκτείνουμε την $\displaystyle{f}$ σε όλο το $\displaystyle{\mathbb{R}}$ ώστε να είναι κοίλη και παραγωγίσιμη. $\displaystyle{(*)}$

Έστω ότι υπάρχει $\displaystyle{x_0}$ με $\displaystyle{f'(x_0) \neq 0}$ . Αφού η συνάρτηση είναι κοίλη είναι κάτω από την εφαπτομένη της στο $\displaystyle{x_0}$ .

Άρα $\displaystyle{M< f(x) \leq f'(x_0)(x-x_0)+f(x_0)}$ για κάθε $\displaystyle{x \in \mathbb{R}}$ .

Άτοπο για $\displaystyle{x \to +\infty,-\infty}$ . Άρα $\displaystyle{f'(x_0)=0}$ και λύσεις οι σταθερές.

Η λύση αυτή είναι ακριβώς η ίδια με αυτή του socrates. Την γράφω για να δούμε τη συσχέτιση της παραγώγου με τη διαφορά $\displaystyle{f(n+1)-f(n)}$ και το σημαντικό σημείο $\displaystyle{(*)}$ που έχει από μόνο του ενδιαφέρον.

Συναρτησιακή στους ακέραιους

Συναρτησιακή στους ακέραιους

Re: Συναρτησιακή στους ακέραιους

Re: Συναρτησιακή στους ακέραιους

Μέλη σε σύνδεση