Συναρτησιακή σχέση

raras · #1

Έστω η συνάρτηση f:R->R για την οποία ισχύει
f(f(x))+f(x)=x, για καθε x στο R.
α) Ν.δ.ο. η f είναι 1-1.
β) Ν.δ.ο. το σύνολο τιμών της f είναι το R.
γ) Να αποδείξετε ότι f(f(x)+x)=x, για κάθε χ στο R.
δ) Να λύσετε την εξίσωση f(x)+x=0

Ιστοσελίδα · #2

Χωρίς τις λεπτομέρειες :
1. Έστω $f(x) = f(y) \Rightarrow f(f(x)) = f(f(y)) \Rightarrow \\ x-f(x) = y - f(y) \Rightarrow x=y$
2. Εφόσον η σχέση σου ισχύει για κάθε χ πραγματικό και η f 1-1 είναι και αντιστρέψιμη, οπότε για $x=f^{-1}(x)$ στη δοσμένη σχέση έχουμε ότι η αντίστροφη ορίζεται για κάθε χ, άρα η f έχει σύνολο τιμών τους πραγματικούς.
3. $f(x) + x = f^{-1}(x) \Rightarrow f(f(x)+x) = x$

4. $f(x) + x = 0 \Leftrightarrow f(f(x) + x ) = f(0) \Leftrightarrow x = f(0)$

#3

1.αν $\displaystyle{f(x_1)=f(x_2)}$ τότε $\displaystyle{f(f(x_1))=f(f(x_2))}$ και από την αρχικά δοσμένη σχέση $\displaystyle{ x_1=x_2}$ άρα η f είναι 1-1
2. αρκεί η εξίσωση $\displaystyle{f(x)=y}$ να έχει μια τουλάχιστον λύση $\displaystyle{\forall y\in R}$ και επειδή f 1-1 αρκεί η εξίσωση $\displaystyle{f(f(x))=f(y)\Leftrightarrow x-f(x)=f(y)}$ που έχει λύση την $\displaystyle{x=y+f(y)}$ διότι αν βάλουμε στην αρχική όπου f(x) το y παίρνουμε $\displaystyle{ f(y)+y=x}}$
3.Αφού σύνολο τιμών είναι το R και η $\displaystyle{f}$ είναι 1-1 η συνάρτηση είναι αντιστρέψιμη οπότε $\displaystyle{f(f(x))+f(x)=x \Rightarrow f(f(f^{-1}(x)))+f(f^{-1}(x))=f^{-1}(x)}$ αρα $\displaystyle{f(x)+x=f^{-1}(x)\Rightarrow f(f(x)+x)=f(f^{-1}(x))}$ δηλαδή $\displaystyle{f(f(x)+x)=x}$
4.η εξίσωση $\displaystyle{f(x)+x=0\Leftrightarrow f(f(x)+x)=f(0)\Leftrightarrow x=f(0)}$
ΠΡΟΣΟΧΗ ΤΟ 2 ΕΡΩΤΗΜΑ ΕΊΝΑΙ ΛΑΘΟΣ
ΤΟ ΥΠΕΡΟΧΟ! ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ ΤΟΥ ΑΧΙΛΛΕΑ ΤΟ ΤΕΚΜΗΡΙΩΝΕΙ

#4

polysot έγραψε:Χωρίς τις λεπτομέρειες :
1. Έστω $f(x) = f(y) \Rightarrow f(f(x)) = f(f(y)) \Rightarrow \\ x-f(x) = y - f(y) \Rightarrow x=y$
2. Εφόσον η σχέση σου ισχύει για κάθε χ πραγματικό και η f 1-1 είναι και αντιστρέψιμη, οπότε για $x=f^{-1}(x)$ στη δοσμένη σχέση έχουμε ότι η αντίστροφη ορίζεται για κάθε χ, άρα η f έχει σύνολο τιμών τους πραγματικούς.
3. $f(x) + x = f^{-1}(x) \Rightarrow f(f(x)+x) = x$

4. $f(x) + x = 0 \Leftrightarrow f(f(x) + x ) = f(0) \Leftrightarrow x = f(0)$

Προσοχή polysot, το βήμα 2 έχει πρόβλημα. Επίσης στο 4 μπορούμε να συνεχίσουμε (δηλαδή να βρούμε ακριβώς το x , όχι απλά ως f(0).

Ας αρχίσω με το 4: Από την 3 για χ = 0 είναι f(f(0) + 0) = 0 άρα f(x) = 0, οπότε η αρχική εξίσωση f(x) + x = 0 δίνει x = 0.

To 2. τώρα, όπου το σφάλμα είναι λεπτό και δεν έχει αποδειχθεί ότι το σύνολο τιμών είναι το $\mathbb R$ . To γεγονός ότι χρησιμοποιείς $f^{-1}(x)$ στη δοσμένη σχέση σημαίνει ότι επέλεξες το x με κάποιο περιορισμό. Δηλαδή δεν είναι το τυχαίο στοιχείο του $\mathbb R$ .

Ας δούμε ένα παράδειγμα: Θέλω να δείξω ότι η $f : (0, \infty) \rightarrow \mathbb R, \, f(x) = x \,$ είναι επί, που δεν είναι. Ακολουθώντας τον συλλογισμό σου, αφού δείξω ότι η f είναι 1-1, λέω: θέτω στην f(x) = x όπου x το $f^{-1}(x)$ . Έχω $f(f^{-1}(x)) = x$ . Έδειξα άραγε ότι η f είναι επί. Όχι!
Απλά έδειξα την ταυτολογία "αν κάτι είναι στο σύνολο τιμών της f τότε είναι εικόνα κάποιου x στο σύνολο ορισμού"

Δεν ξέρω απόδειξη αν η f είναι επί ή όχι. Ας μας πει τουλάχιστον αυτός που έβαλε την άσκηση. Για συνεχή f να μία απόδειξη:

Για 2x στη θέση του x στην αρχική, έχουμε $f(f(2x)) + f(2x) = 2x \,$ άρα τo ένα από τα $f(f(2x)), \, f(2x) \,$ είναι μεγαλύτερο ή ίσο του x και το άλλο μικρότερο ή ίσο. Από Bolzano έπεται το ζητούμενο.

Υπόψη, υπάρχουν συνεχείς f που ικανοποιούν την αρχική συναρτησιακή. Μία τέτοια είναι η $f(x) = \frac{\sqrt5 -1}{2}x$ . Δεν ξέρω αν υπάρχουν και ασυνεχείς.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

hsiodos · #5

Mihalis_Lambrou έγραψε:
polysot έγραψε:Χωρίς τις λεπτομέρειες :
1. Έστω $f(x) = f(y) \Rightarrow f(f(x)) = f(f(y)) \Rightarrow \\ x-f(x) = y - f(y) \Rightarrow x=y$
2. Εφόσον η σχέση σου ισχύει για κάθε χ πραγματικό και η f 1-1 είναι και αντιστρέψιμη, οπότε για $x=f^{-1}(x)$ στη δοσμένη σχέση έχουμε ότι η αντίστροφη ορίζεται για κάθε χ, άρα η f έχει σύνολο τιμών τους πραγματικούς.
3. $f(x) + x = f^{-1}(x) \Rightarrow f(f(x)+x) = x$

4. $f(x) + x = 0 \Leftrightarrow f(f(x) + x ) = f(0) \Leftrightarrow x = f(0)$
Προσοχή polysot, το βήμα 2 έχει πρόβλημα. Επίσης στο 4 μπορούμε να συνεχίσουμε (δηλαδή να βρούμε ακριβώς το x , όχι απλά ως f(0).

Ας αρχίσω με το 4: Από την 3 για χ = 0 είναι f(f(0) + 0) = 0 άρα f(x) = 0, οπότε η αρχική εξίσωση f(x) + x = 0 δίνει x = 0.

To 2. τώρα, όπου το σφάλμα είναι λεπτό και δεν έχει αποδειχθεί ότι το σύνολο τιμών είναι το $\mathbb R$ . To γεγονός ότι χρησιμοποιείς $f^{-1}(x)$ στη δοσμένη σχέση σημαίνει ότι επέλεξες το x με κάποιο περιορισμό. Δηλαδή δεν είναι το τυχαίο στοιχείο του $\mathbb R$ .

Ας δούμε ένα παράδειγμα: Θέλω να δείξω ότι η $f : (0, \infty) \rightarrow \mathbb R, \, f(x) = x \,$ είναι επί, που δεν είναι. Ακολουθώντας τον συλλογισμό σου, αφού δείξω ότι η f είναι 1-1, λέω: θέτω στην f(x) = x όπου x το $f^{-1}(x)$ . Έχω $f(f^{-1}(x)) = x$ . Έδειξα άραγε ότι η f είναι επί. Όχι!
Απλά έδειξα την ταυτολογία "αν κάτι είναι στο σύνολο τιμών της f τότε είναι εικόνα κάποιου x στο σύνολο ορισμού"

Δεν ξέρω απόδειξη αν η f είναι επί ή όχι. Ας μας πει τουλάχιστον αυτός που έβαλε την άσκηση. Για συνεχή f να μία απόδειξη:

Για 2x στη θέση του x στην αρχική, έχουμε $f(f(2x)) + f(2x) = 2x \,$ άρα τo ένα από τα $f(f(2x)), \, f(2x) \,$ είναι μεγαλύτερο ή ίσο του x και το άλλο μικρότερο ή ίσο. Από Bolzano έπεται το ζητούμενο.

Υπόψη, υπάρχουν συνεχείς f που ικανοποιούν την αρχική συναρτησιακή. Μία τέτοια είναι η $f(x) = \frac{\sqrt5 -1}{2}x$ . Δεν ξέρω αν υπάρχουν και ασυνεχείς.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

Καλημέρα στον Μιχάλη και σε όλους τους φίλους

Δεν έχω μπορέσει να δώσω απόδειξη για το 2, αν και η άσκηση με έχει απασχολήσει και στο παρελθόν.
Η άσκηση υπάρχει λυμένη σε βιβλίο πολύ γνωστού συγγραφέα με αυτή την εκφώνηση.
Για το 2 ο συγγραφέας δέχεται ως λύση της f(x) = y, για τυχαίο y στο R ,την χ= y +f(y) (που ''φαίνεται'' από την αρχική σχέση) και μετά λέει
'' ας γίνει και η επαλήθευση'' και συνεχίζει με το επόμενο ερώτημα.
Θα ήθελα να δοθεί μια απόδειξη(με την εκφώνηση ως έχει) γιατί ... μου έχει κάτσει στο στομάχι.

Γιώργος

#6

hsiodos έγραψε:

Καλημέρα στον Μιχάλη και σε όλους τους φίλους

Δεν έχω μπορέσει να δώσω απόδειξη για το 2, αν και η άσκηση με έχει απασχολήσει και στο παρελθόν.
Η άσκηση υπάρχει λυμένη σε βιβλίο πολύ γνωστού συγγραφέα με αυτή την εκφώνηση.
Για το 2 ο συγγραφέας δέχεται ως λύση της f(x) = y, για τυχαίο y στο R ,την χ= y +f(y) (που ''φαίνεται'' από την αρχική σχέση) και μετά λέει
'' ας γίνει και η επαλήθευση'' και συνεχίζει με το επόμενο ερώτημα.
Θα ήθελα να δοθεί μια απόδειξη(με την εκφώνηση ως έχει) γιατί ... μου έχει κάτσει στο στομάχι.

Γιώργος

Ομολογώ ότι χθες πριν πάω για ύπνο προσπάθησα ανεπιτυχώς να δείξω το επί. Επειδή δεν το κατάφερα, δεν έστειλα λύση ούτε στα υπόλοιπα.
Τελικά προσπαθούσα να φτιάξω αντιπαράδειγμα (με ασυνεχή f), αλλά το παράτησα πρόωρα γιατί νύσταξα. Πάντως κατά την αποτυχημένη προσπάθεια έμπλεκα σε δύσκολα μονοπάτια. Ίδωμεν.

Και για να απευθυνθώ στη νέα γενιά:

Δημήτη, Αλέξανδρε,Τάσο, Σιλουανέ που είσαστε. SOS! Θέλουμε αντιπαράδειγμα.

Φιλικά,

Μιχάλης.

raras · #7

Με συγχωρείτε για την παράλειψη!Τη συγκεκριμένη άσκηση τη βρήκα σε κάποιες σημειώσεις και η απόδειξη που δίνονταν για το 2ο ερώτημα δεν ήταν ικανοποιητική.Μάλλον όμως δεν έχουμε επαρκή δεδομένα για να δείξουμε ότι έχει σύνολο τιμών το R.

#8

Το σίγουρο είναι ότι οι πολυωνυμικές που ικανοποιούν τη δοσμένη είναι οι

$f(x)=\frac{-1\pm\sqrt{5}}{2}x$ και μόνον αυτές!

Αρκεί λοιπόν να βρούμε μία μη πολυωνυμική συνάρτηση που ικανοποιεί τη δοσμένη εξίσωση και δεν έχει σύνολο τιμών όλο το $\mathbb{R}$ Με άλλα λόγια: "Εδώ σε θέλω κάβουρα!" Για να δούμε...

Αλέξανδρος

#9

cretanman έγραψε: Αρκεί λοιπόν να βρούμε μία μη πολυωνυμική συνάρτηση που ικανοποιεί τη δοσμένη εξίσωση και δεν έχει σύνολο τιμών όλο το $\mathbb{R}$ Με άλλα λόγια: "Εδώ σε θέλω κάβουρα!" Για να δούμε...

Αλέξανδρος

Αλέξανδρε, αν υπάρχει αντιπαράδειγμα πρέπει να είναι ασυνεχής: Πιο πάνω (τέσσερα μηνύματα νωρίτερα) έδειξα ότι οι συνεχείς f είναι επί.

Φιλικά,

Μιχάλης.

Ιστοσελίδα · #10

Mihalis_Lambrou έγραψε:
cretanman έγραψε: Αρκεί λοιπόν να βρούμε μία μη πολυωνυμική συνάρτηση που ικανοποιεί τη δοσμένη εξίσωση και δεν έχει σύνολο τιμών όλο το $\mathbb{R}$ Με άλλα λόγια: "Εδώ σε θέλω κάβουρα!" Για να δούμε...

Αλέξανδρος
Αλέξανδρε, αν υπάρχει αντιπαράδειγμα πρέπει να είναι ασυνεχής: Πιο πάνω (τέσσερα μηνύματα νωρίτερα) έδειξα ότι οι συνεχείς f είναι επί.

Φιλικά,

Μιχάλης.

Η λύση του 2 του ροδόλφου κολλάει στην ισοδυναμία των λύσεων της εξίσωσης;

#11

Νομίζω ότι το κενό υπάρχει στο σημείο που ο Ροδόλφος λέει :

......., διότι αν βάλουμε στην αρχική όπου f(x) το y παίρνουμε

$\displaystyle{ f(y)+y=x}}$ ,

διότι αυτή η σχέση ισχύει μόνο για τα y που είναι στο σύνολο τιμών(αφού y=f(x)) και όχι για το τυχαίο y που έχει πάρει στην αρχή του συλλογισμού και είναι ακριβώς αυτό που μας ενδιαφέρει.Θα το ξαναδώ όμως !

Μπάμπης

#12

Έστω $\varphi=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$ . Έστω $\beta, \gamma$ πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε oι $\beta,\gamma$ , $\displaystyle{\frac{\beta}{\gamma}}$ δεν ανήκουν στο $\mathbb{Q}(\varphi)$ . (π.χ ας πάρουμε $\beta=\pi, \gamma=e$ ).

Έστω $\{f_n\}_{n\geq 0}=\{0,1,1,2,3,5,\dots\}$ η ακολουθία Fibonacci. Ορίζουμε την ακολουθία

$a_n=(-1)^{n+1} f_n$ ( $n \geq 0$ ).

Ορίζουμε τη συνάρτηση

ώς εξής:

Για κάθε $k\in \mathbb{Z}$ ,

$f(\varphi^k\gamma)=\varphi^k\beta$ ,

$f(\varphi^k(a_n \beta+a_{n-1}\gamma))=\varphi^k(a_{n+1} \beta+a_{n}\gamma)$ , ( $n \geq 1$ ),

ενώ

$f(x)=\varphi x$ , για κάθε άλλο

.

Τότε η

ικανοποιεί την f(f(x))+f(x)=x

για κάθε

.

Θα δείξουμε ότι το $\gamma$ δεν ανήκει στο σύνολο τιμών της συνάρτησης:

Έστω $f(\alpha)=\gamma$ . Τότε

$f(\gamma)+\gamma=\alpha$ , οπότε $\alpha=\beta+\gamma$ .

Από την επιλογή των $\beta$ και $\gamma$ και τον ορισμό της

είναι

$\gamma=f(\alpha)=f(\beta+\gamma)=\varphi(\beta+\gamma)$ , που εύκολα (αφού $\varphi=\frac{1}{1+\varphi}$ ) μας δίνει

$\beta=\varphi \gamma$ , άτοπο.

Ελπίζω να μην μου έχει ξεφύγει κάτι.

Αχιλλέας

#13

achilleas έγραψε: <...>
Ορίζουμε τη συνάρτηση ώς εξής:

<...>

Θα δείξουμε ότι το $\gamma$ δεν ανήκει στο σύνολο τιμών της συνάρτησης:

<...>

Αχιλλέας

εκπληκτικό αντιπαράδειγμα

Ιστοσελίδα · #14

achilleas έγραψε:Έστω $\varphi=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$ . Έστω $\beta, \gamma$ πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε oι $\beta,\gamma$ , $\displaystyle{\frac{\beta}{\gamma}}$ δεν ανήκουν στο $\mathbb{Q}(\varphi)$ . (π.χ ας πάρουμε $\beta=\pi, \gamma=e$ ).

...
$\beta=\varphi \gamma$ , άτοπο.

Ελπίζω να μην μου έχει ξεφύγει κάτι.

Αχιλλέας

Νομίζω ότι αρκεί να θεωρήσεις ότι $\frac{\beta}{\gamma} \neq \varphi$ διότι πώς θα δείξεις ότι $\frac{\beta}{\gamma} \notin \mathbb{Q}( \varphi)$ ;

#15

polysot έγραψε:Νομίζω ότι αρκεί να θεωρήσεις ότι $\frac{\beta}{\gamma} \neq \varphi$ διότι πώς θα δείξεις ότι $\frac{\beta}{\gamma} \notin \mathbb{Q}( \varphi)$ ;

Στην αρχή είχα ότι ο $\beta/\gamma$ δεν είναι της μορφής $\varphi^n$ ( $n \in \mathbb{N}$ ).

Μια καλή ερώτηση, όμως, είναι: Είναι η

καλώς ορισμένη;

Κι η απάντηση είναι ότι *είναι* ακριβώς αν πάρουμε $\frac{\beta}{\gamma} \notin \mathbb{Q}( \varphi)$ .

Το να το δείξεις (όχι με μαθηματικά λυκείου) είναι εύκολο, αφού $[\mathbb{Q}( \varphi):\mathbb{Q}]=2$ , οπότε το $\mathbb{Q}( \varphi)$ είναι αλγεβρική επέκταση του $\mathbb{Q}$ , ενώ το $\mathbb{Q}(\frac{\beta}{\gamma})$ όχι, για κατάλληλα $\beta,\gamma$ .

'Η λίγο πιο απλά, ας πάρουμε $\beta=\root 3 \of 10$ , $\gamma=\root 3 \of 2$ .
Τότε $\frac{\beta}{\gamma}=\root 3 \of 5 \not \in \mathbb{Q}( \varphi)$

Το επιχείρημα, αν γραφεί διαφορετικά, μπορεί να γίνει κατανοητό κι από μαθητές λυκείου αν γράψουμε

$\mathbb{Q}( \varphi) =\{p+q\sqrt{5}|p,q\in\mathbb{Q}\}$

Αχιλλέας

Ιστοσελίδα · #16

achilleas έγραψε:
polysot έγραψε:Νομίζω ότι αρκεί να θεωρήσεις ότι $\frac{\beta}{\gamma} \neq \varphi$ διότι πώς θα δείξεις ότι $\frac{\beta}{\gamma} \notin \mathbb{Q}( \varphi)$ ;
Στην αρχή είχα ότι ο $\beta/\gamma$ δεν είναι της μορφής $\varphi^n$ ( $n \in \mathbb{N}$ ).

Μια καλή ερώτηση, όμως, είναι: Είναι η καλώς ορισμένη;

Κι η απάντηση είναι ότι *είναι* ακριβώς αν πάρουμε $\frac{\beta}{\gamma} \notin \mathbb{Q}( \varphi)$ .

Το να το δείξεις (όχι με μαθηματικά λυκείου) είναι εύκολο, αφού $[\mathbb{Q}( \varphi):\mathbb{Q}]=2$ , οπότε το $\mathbb{Q}( \varphi)$ είναι αλγεβρική επέκταση του $\mathbb{Q}$ , ενώ το $\mathbb{Q}(\frac{\beta}{\gamma})$ όχι, για κατάλληλα $\beta,\gamma$ .

'Η λίγο πιο απλά, ας πάρουμε $\beta=\root 3 \of 10$ , $\gamma=\root 3 \of 2$ .
Τότε $\frac{\beta}{\gamma}=\root 3 \of 5 \not \in \mathbb{Q}( \varphi)$

Το επιχείρημα, αν γραφεί διαφορετικά, μπορεί να γίνει κατανοητό κι από μαθητές λυκείου αν γράψουμε

$\mathbb{Q}( \varphi) =\{p+q\sqrt{5}|p,q\in\mathbb{Q}\}$

Αχιλλέας

Συνεπώς θα χρειαστείς β, γ υπερβατικούς επί του Q, ώστε και το πηλίκο β/γ να είναι υπερβατικός επί του Q. Νομίζω τότε ότι τα π και e δε σου κάνουν αφού δεν έχει αποδειχθεί ότι είναι αλγεβρικά ανεξάρτητα...

#17

polysot έγραψε: Συνεπώς θα χρειαστείς β, γ υπερβατικούς επί του Q, ώστε και το πηλίκο β/γ να είναι υπερβατικός επί του Q....

Όχι, δε θα χρειαστούμε τέτοια $\beta, \gamma$ . Μπορούμε να βρούμε και αλγεβρικούς αριθμούς που να μας κάνουν.

Στο προηγούμενο μήνυμά μου που παραθέτεις έχω ένα πιο απτό και απλό παράδειγμα ζευγαριού $\beta, \gamma$ .

Διάβασε το προσεκτικά.

Οπότε ακόμα και τα $\pi, e$ να μην κάνουν, υπάρχουν άπειρα παραδείγματα που μας κάνουν.

Φυσικά, μόνο ένα μας αρκεί.

Αχιλλέας

#18

Αχιλλέα ΦΑΝΤΑΣΤΙΚΟ αντιπαράδειγμα!! Χθες βράδυ που το έβλεπα είχα ακριβώς αναρωτηθεί για το αν είναι καλώς ορισμένη η συνάρτηση και σήμερα μου λύθηκε κι αυτή η απορία! Έχει ενδιαφέρον να μας πεις πώς ακριβώς σκέφτηκες για να το κατασκευάσεις...

Με εκτίμηση,

Αλέξανδρος

hsiodos · #19

Αχιλλέα σε ευχαριστούμε και σε

Γιώργος

#20

Σας ευχαριστώ για τα καλά σας λόγια.

cretanman έγραψε: Έχει ενδιαφέρον να μας πεις πώς ακριβώς σκέφτηκες για να το κατασκευάσεις...

Θέλουμε η f να ικανοποιεί την

f(f(x))+f(x)=x

(*)

Προσπάθησα να "αφαιρέσω" σημεία από τη γραφική παράσταση της $x \mapsto \varphi x$ .

Ξεκίνησα με την $f(\gamma)=\beta$ . Αρχικά, θέλουμε $\beta \ne \varphi \gamma$ αν θέλουμε να διαφέρει από την $x \mapsto \varphi x$ .

Για να ισχύει η (*) για $x=\gamma$ , πρέπει $f(\beta)=\gamma-\beta$ .
Για να ισχύει η (*) για $x=\beta$ , πρέπει $f(\gamma-\beta)=2\beta-\gamma$ , κ.ο.κ.

Έτσι προέκυψε η ακολουθία:

$\gamma, \beta, \gamma-\beta, 2\beta-\gamma, 2\gamma-3\beta, 5\beta-3\gamma,...$ , που αν την γράψουμε καλύτερα

$0\cdot \beta +1\cdot\gamma$ ,
$1\cdot \beta +0\cdot\gamma$ ,
$-1\cdot \beta +1\cdot\gamma$ ,
$2\cdot \beta -1\cdot\gamma$ ,
$-3\cdot \beta +2\cdot\gamma$ ,
$5\cdot \beta -3\cdot\gamma$ ,

"βλέπουμε" την ακολουθία Fibonacci και την a_n

.

Μετά προσπάθησα να δω αν ισχύει η (*) για όλα τα

που δεν είναι όροι της ακολουθίας. Τι γίνεται με το $\varphi x$ όμως;

Τότε είδα πως θα πρέπει καλύτερα να θεωρήσουμε όλους τους αριθμούς της μορφής

$\varphi^k \cdot$ (όρος της παραπάνω ακολουθίας).

Τότε για όλα τα άλλα

είναι $f(x)=\varphi x$ και $f(\varphi x)=\varphi^2 x$ , οπότε ικανοποιείται η (*).

Μετά πήγα "αντίθετα". Δηλαδή, θέλησα να δω αν υπάρχει αριθμός $\alpha$ τέτοιος ώστε να πρέπει $f(\alpha)=\gamma$ έτσι ώστε να επεκτείνω κι άλλο την παραπάνω ακολουθία αν χρειαστεί.

Εκεί στάθηκα τυχερός που θα έπρεπε $\alpha=\beta+\gamma$

Τέλος έπρεπε να εξασφαλίσω το "καλώς ορισμένη".

Με $\beta,\gamma,\beta/\gamma \not \in \mathbb{Q}(\varphi)$ , όλοι οι αριθμοί της μορφής $\varphi^k \cdot$ (όρος της παραπάνω ακολουθίας) είναι διακεκριμμένοι, οπότε η συνάρτηση είναι καλώς ορισμένη.

Αυτά...

Αχιλλέας

Συναρτησιακή σχέση

Συναρτησιακή σχέση

Re: Συναρτησιακή σχέση

Re: Συναρτησιακή σχέση

Re: Συναρτησιακή σχέση

Re: Συναρτησιακή σχέση

Re: Συναρτησιακή σχέση

Re: Συναρτησιακή σχέση

Re: Συναρτησιακή σχέση

Re: Συναρτησιακή σχέση

Re: Συναρτησιακή σχέση

Re: Συναρτησιακή σχέση

Re: Συναρτησιακή σχέση

Re: Συναρτησιακή σχέση

Re: Συναρτησιακή σχέση

Re: Συναρτησιακή σχέση

Re: Συναρτησιακή σχέση

Re: Συναρτησιακή σχέση

Re: Συναρτησιακή σχέση

Re: Συναρτησιακή σχέση

Re: Συναρτησιακή σχέση

Μέλη σε σύνδεση