[Funkcje][Wielomiany] Funkcja i wielomian

[chris139]

1. Wyznacz wszystkie funkcje \(\displaystyle{ f:R_+ R}\) spełniające warunki
\(\displaystyle{ a)f(1)=\frac{1}{2}\\
b)f(xy)=f(x)\cdot f(\frac{3}{y})+f(y)\cdot f(\frac{3}{x})}\)
dla wszystkich \(\displaystyle{ x,y R_+}\)
2.Wielomiany P(x) i Q(x) mają co najmniej po jednym pierwiastku rzeczywistym oraz dla każdego x rzeczywistego spełniają warunek
\(\displaystyle{ P(1+x+Q(x)^2)=Q(1+x+P(x)^2).}\)
Wykaż, że \(\displaystyle{ P(x)=Q(x)}\) dla każdego \(\displaystyle{ x R}\)

[Wasilewski]

1) Kładąc x=1 i y=1 dostajemy:
\(\displaystyle{ f(1) = f(1) f(3) + f(1) f(3) = \frac{1}{2} \\
f(3) = \frac{1}{2}}\)
Zauważmy więc, że funkcja tożsamościowo równa \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\) spełnia warunki zadania. Ustalmy y=1:
\(\displaystyle{ f(x) = f(x)\cdot f(3) + f(1) f(\frac{3}{x}) \\
f(x) = f(\frac{3}{x})}\)
Analogicznie możemy pokazać, że:
\(\displaystyle{ f(y) = f(\frac{3}{y})}\)
Mamy więc:
\(\displaystyle{ f(xy) = f(x)\cdot f(y) + f(x) f(y) = 2f(x) f(y) \\
\frac{f(xy)}{2} = f(x)\cdot f(y)}\)
Być może będzie to jedyna taka funkcja, ale nie umiem tego udowodnić

[chris139]

W sumie to zrobiłem dokładnie tak samo, ale też nie wiem czy to jest ta jedyna funkcja

[Piotr Rutkowski]

Niech \(\displaystyle{ P(x,y)}\) będzie wymienioną własnością tejże funkcji, mamy:
\(\displaystyle{ P(1,1)\Rightarrow f(3)=\frac{1}{2}}\)
\(\displaystyle{ P(x,1)\Rightarrow f(x)=f(\frac{3}{x})}\)
\(\displaystyle{ P(x,\frac{3}{x})\Rightarrow \frac{1}{4}=(f(x))^{2}}\)
co właściwie kończy nam zadanie
Co do zadania drugiego to znam je, bo kiedyś dość długo głowiliśmy się nad nim na kółku, ale do tej pory pozostaje nierozwiazane w pełni (zasadniczy pomysł opierał się na stworzeniu ciągu rekurencyjnego wielomianów). Sam chętnie zobaczę pełne, ładne rozwiązanie jeśli będzie

[Wasilewski]

To nie było zbyt trudne... Myślałem też o tym, że wiemy, iż dla każdego argumentu postaci:
\(\displaystyle{ x = 3^{k}}\)
gdzie k jest całkowite mamy wartość \(\displaystyle{ \frac{1}{2}}\)
Tak więc jeśli szukamy tylko funkcji ciągłych to gdzieś tam koło zera dla wszystkich punktów mamy tę wartość i korzystając z własności \(\displaystyle{ f(x) = f(3x)}\) można pewnie pokazać, że to zachodzi dla wszystkich dodatnich. Przyznaję jednak, że to zbędne kombinowanie.

[Piotr Rutkowski]

Może i by się dało, ale chyba bez ciągłości by się nie obyło

[robin5hood]

znajdź ciąg \(\displaystyle{ x_k}\) taki, że dla każdego naturalnego \(\displaystyle{ k}\) prawdziwe jest, że \(\displaystyle{ Q(x_k)=P(x_k)}\)

[Sylwek]

ad 2) Zaproponuje swoje rozwiązanie, w pewnym sensie opartym na powyższym pomyśle (gdyż nie mam pewności, czy autor wie jak doprowadzić dowód do końca), ale rozwiązanie jest dość intuicyjne.




Dla pewnego \(\displaystyle{ k \mathbb{R}}\) mamy \(\displaystyle{ P(k)=Q(k)=0}\), podstawiając do warunku zadania otrzymujemy: \(\displaystyle{ P(k+1)=Q(k+1)}\), podstawiając k+1 dostajemy kolejną równość i tak dalej.

Utwórzmy ciąg rekurencyjny:
\(\displaystyle{ \begin{cases}x_1=k \\ x_{i+1}=1+x_i+P((x_i))^2 \end{cases}}\)

Bardzo prosto indukcją dowieść, że dla każdego i naturalnego mamy: \(\displaystyle{ P(x_i)=Q(x_i)}\), więc tą część dowodu pomijam.




Przypuśćmy, że pewna wartość \(\displaystyle{ x_i}\) występuje w naszym ciągu rekurencyjnym nieskończenie wiele razy. Wówczas dla nieskończonej ilości wartości \(\displaystyle{ y_1,y_2,\ldots}\) prawdą jest, że: \(\displaystyle{ 1+y_1+(P(y_1))^2=1+y_2+(P(y_2))^2=\ldots}\), a ponieważ \(\displaystyle{ P}\) jest wielomianem, to otrzymujemy, że \(\displaystyle{ 1+x+(P(x))^2}\) jest wartością stałą, np. niech będzie to równe k.
Przekształcając: \(\displaystyle{ (P(x))^2=-x+(k-1)}\) - jednak wielomian po lewej stronie jest stopnia parzystego, a po lewej nieparzystego (stopień równy 1) - sprzeczność z twierdzeniem o wielomianach równych.


Zatem każda z wartości \(\displaystyle{ x_i}\) występuje skończoną ilość razy. Ponieważ liczb naturalnych jest nieskończenie wiele, zatem w ciągu rekurencyjnym \(\displaystyle{ (x_i)}\) występuje nieskończenie wiele różnych wartości. Czyli dla nieskończenie wielu różnych wartości zachodzi \(\displaystyle{ P(x)=Q(x)}\) - a ponieważ są to wielomiany, zatem dla każdego x rzeczywistego mamy: \(\displaystyle{ P(x)=Q(x)}\), co należało dowieść.