Matematyka.pl

Niech \(\displaystyle{ f:\mathbb{R} \mathbb{R}}\) spelnia warunek:

\(\displaystyle{ f(x)-f(x-2)+f(1-x) = 0}\)

Wykazac, ze jest okresowa.

za x wstawmy 1-x
wtedy
\(\displaystyle{ f(1-x)-f(-x-1)+f(x)=0}\)
pomnóżmy wyjściowe równanie przez -1
\(\displaystyle{ -f(x)+f(x-2)-f(1-x) = 0}\)
dodajmy stronami
\(\displaystyle{ f(x-2)=f(-x-1)}\)

robin5hood, Z tego nie wynika, że f jest okresowa, kontrprzykładem będzie już funkcja kwadratowa z wierzchołkiem w punkcie \(\displaystyle{ \frac{-3}{2}}\).

Podstawmy za \(\displaystyle{ x}\) kolejno: \(\displaystyle{ -x}\) oraz \(\displaystyle{ x+1}\), otrzymamy:
\(\displaystyle{ f(-x)-f(-x-2)+f(x+1)=0}\)
\(\displaystyle{ f(x+1)-f(x-1)+f(-x)=0}\)
Z powyższych równości wnioskujemy, że: \(\displaystyle{ f(x-1)=f(-x-2)}\), czyli \(\displaystyle{ f(-x-1)=f(x-2)}\)(*)

Następnie, \(\displaystyle{ x\rightarrow x+2}\), wtedy:
\(\displaystyle{ f(x+2)-f(x)+f(-x-1)=0}\), co w połączeniu z (*) daje:\(\displaystyle{ f(x)=f(x-2)+f(x+2)}\) (**)

Podstawmy w (**): \(\displaystyle{ x x-2}\) oraz \(\displaystyle{ x x-4}\), wtedy:
\(\displaystyle{ f(x-2)=f(x-4)+f(x)}\)
\(\displaystyle{ f(x-4)=f(x-6)+f(x-2)}\)
Z obu powyższych równości wynika, że: \(\displaystyle{ f(x)+f(x-6)=0}\). (***)

Podstawmy w (***): \(\displaystyle{ x x-6}\) i otrzymaną równość odejmijmy od (***), w rezultacie: \(\displaystyle{ f(x)=f(x-12)}\), c.n.d.

Fajnie.

Mozna pokazac, ze okrez wynosi 6. Jak znajde troche czasu, to moze spisze ogolna metode automatycznego rozwiazywania takich rownan. O ile oczywiscie uda mi sie ja prosto sformalizowac.

"Takie równania" różnią się tym od rekurencji liniowych, że rozważamy kombinacje liniowe wartości funkcji w punktach postaci \(\displaystyle{ T\rho(n)}\), gdzie \(\displaystyle{ T}\) jest przesunięciem, zaś \(\displaystyle{ \rho}\) obrotem, to znaczy \(\displaystyle{ T\rho}\) jest elementem grupy izometrii przestrzeni, z której bierzemy argumenty funkcji (czy indeksy ciągu, jeśli ktoś woli wersję dyskretną). Jeśli ciąg zależy od jednej zmiennej (indeksu), to wiele wyboru nie ma: jedyne nietrywialne izometrie \(\displaystyle{ \mathbb{R}}\) skończonego rzędu to odbicie symetryczne, czyli złożenia przesunięć z funkcją \(\displaystyle{ x\mapsto-x}\).

Metoda działa jednak również dla równań postaci:

\(\displaystyle{ \sum_{t\in\mbox{Iso}(\mathbb{R}^n)} \alpha_tf(t(x))=0}\)

dla \(\displaystyle{ x\in\mathbb{R}^n}\) i prawie wszystkich \(\displaystyle{ \alpha_t}\) równych zero.

Zilustruję na przykładzie z zadania tutaj. Niech \(\displaystyle{ \sigma:\mathbb{R}\to\mathbb{R}}\) będzie dane wzorem \(\displaystyle{ \sigma(x)=-x}\), zaś \(\displaystyle{ t:\mathbb{R}\to\mathbb{R}}\) wzorem \(\displaystyle{ t(x)=x+1}\). Wówczas równanie przyjmuje postać:

\(\displaystyle{ f(\mbox{id}(x))-f(t^{-2}(x))+f(t(\sigma(x)))=0}\)

Dla porównania zwykłej rekurencji liniowej postaci \(\displaystyle{ x_{n+1}-x_{n}-x_{n-1}=0}\) (liczby Fibonacciego) w powyższej konwencji odpowiada równanie:

\(\displaystyle{ f(t(x))-f(\mbox{id}(x))-f(t^{-1}(x))=0}\).

Tej pierwszej rekurencji odpowiada formalna kombinacja liniowa elementów grupy izometrii:

\(\displaystyle{ 1-t^{-2}+t\sigma}\)

a tej drugiej (Fibonacci) odpowiada kombinacja:

\(\displaystyle{ t-1-t^{-1}=0}\).

Drugą rekurencję rozwiązujemy szukając pierwiastków funkcji:

\(\displaystyle{ f(t)=t-1-t^{-1}}\)

czy jak kto woli pierwiastków wielomianu:

\(\displaystyle{ t^2-t-1}\).

Pierwszego równania nie da się tak prosto sprowadzić do wielomianu (charakterystycznego). Zauważmy jednak, że \(\displaystyle{ t\sigma=\sigma t^{-1}}\) oraz \(\displaystyle{ \sigma^2=1}\) i wobec tego:

\(\displaystyle{ (\star)\:\:(1-t^{-2}+t\sigma)(1-t^2-t\sigma)=1-t^2-t^{-2}}\).

Analogicznie do przypadku liniowego rozważymy więc wielomian:

\(\displaystyle{ t^2(1-t^2-t^{-2})=-t^4+t^2-1}\).

Rozwiązanie równania z tego wątku po skoncentrowaniu uwagi na całkowitch \(\displaystyle{ x}\) jest kombinacja liniowa pierwiastków tego wielomianu, a są to pierwiastki szóstego stopnia z jedynki, stąd okres funkcji dzieli 6.

W miejscu \(\displaystyle{ (\star)}\) nie ma żadnej magii. Wielomian po prawej jest wyznacznikiem odwzorowania endomorfizmu \(\displaystyle{ (\mathbb{R}[t])^2}\) odpowiadającego mnożeniu przez \(\displaystyle{ 1-t^{-2}+t\sigma}\) (z prawej strony).

Jako ciekawostkę (i ciekawe zadanie do rozwiązania) podam, że podczas, gdy każda (nietrywialna) rekurencja liniowa, czyli równanie:

\(\displaystyle{ \sum_{t\in\mbox{Trans}(\mathbb{R})}\alpha_tf(t(x))=0}\)

ma nietrywialne, to jest różna od zerowego, rozwiązania, to w ogólności równania

\(\displaystyle{ \sum_{t\in\mbox{Iso}(\mathbb{R})}\alpha_tf(t(x))=0}\)

nie muszą mieć rozwiązań. Tu \(\displaystyle{ \mbox{Trans}\subseteq\mbox{Iso}}\) to podgrupa przesunięć.

(Ten post bardzo mi pomógł, niestety nie mogę przyznać sobie punktu.)