[Równania funkcyjne] Równanie funkcyjne

[tatteredspire]

Niech \(\displaystyle{ g:\mathbb{R} \setminus \mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{R}, \ g(x)=[x]}\), gdzie \(\displaystyle{ [ \alpha ]}\) - największa liczba całkowita nie większa od \(\displaystyle{ \alpha}\)

Znaleźć wszystkie funkcje \(\displaystyle{ f:\mathbb{R} \setminus \mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{R}}\) spełniające równanie:

\(\displaystyle{ f(x)-\frac{\arctan \left(\tg \left(\pi \cdot f(x) \right)\right)}{\pi}=g(x).}\)

[cosinus90]

A przypadkiem ułamek się nie upraszcza?

[tatteredspire]

\(\displaystyle{ f(x)-\frac{\arctan \left(\tg \left(\pi \cdot f(x) \right)\right)}{\pi}=g(x) \Leftrightarrow -k=g(x),k \in \mathbb{Z}}\) po uproszczeniu (jeśli się nie pomyliłem). Jednak nadal nie mam pojęcia jak rozwiązać to równanie.

[kropka+]

Do tego dołóż drugi warunek:

\(\displaystyle{ \pi (f(x)+k) \in \left( - \frac{ \pi }{2}, \frac{ \pi }{2} \right) \Rightarrow f(x)+k \in \left( - \frac{1}{2}, \frac{1}{2} \right) \Rightarrow f(x) -g(x)\in \left( - \frac{1}{2}, \frac{1}{2} \right) \\ \\
\Rightarrow f(x)=g(x)+m \ , \ m \in \left( - \frac{1}{2}, \frac{1}{2} \right) \Rightarrow f(x)=\left[ x\right] +m \ , \ m \in \left( - \frac{1}{2}, \frac{1}{2} \right)}\)

[tatteredspire]

Chyba nie rozumiem - funkcja \(\displaystyle{ f}\) musi być postaci \(\displaystyle{ [x]+m}\) ? Co oznacza ten ostatni zapis?

[kropka+]

Tak, podstawiłam \(\displaystyle{ g(x)=[x]}\)

[tatteredspire]

Strzelając trochę na oko, trochę na wyczucie, wpisywałem do Wolframu różne funkcje tak żeby jakaś spasowała i w końcu trafiłem na taką, że podstawiając \(\displaystyle{ f(x)=x - \frac{1}{2}}\) w miejsce \(\displaystyle{ f(x)-\frac{\arctan \left(\tg \left(\pi \cdot f(x) \right)\right)}{\pi}}\) w tym wyrażaniu i otrzymałem coś "na kształt" wykresu funkcji \(\displaystyle{ g:\mathbb{R} \setminus \mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{R}, g(x)=[x]}\)

Postanowiłem sprawdzić czy dla tej funkcji zachodzi to równanie funkcyjne:

Mamy więc \(\displaystyle{ x-\frac{1}{2}-\frac{\arctan (\tg ( \pi \cdot (x-\frac{1}{2})))}{\pi}}\) (lewa strona równania funkcyjnego) dla takiej \(\displaystyle{ f}\)

Niech \(\displaystyle{ k \in \mathbb{Z}}\) (na wszelki wypadek sprawdzę zgodność dziedzin)

Musi być tangens określony więc:
\(\displaystyle{ \pi \cdot (x-\frac{1}{2}) \neq \frac{\pi}{2}+k\pi \Leftrightarrow \pi \cdot (2x-1) \neq \pi+2k\pi \Leftrightarrow 2\pi x-\pi \neq \pi +2k\pi \Leftrightarrow \\ 2\pi x \neq 2\pi+2k\pi \Leftrightarrow x \neq k+1}\)
czyli z dziedziny wypadają wszystkie liczby całkowite i tylko takie


Niech \(\displaystyle{ z \in \left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right)}\)

\(\displaystyle{ \arctan (\tg (\pi \cdot (x-\frac{1}{2}))) =z \Leftrightarrow \tg z=\tg (\pi \cdot (x-\frac{1}{2})) \Leftrightarrow z=\pi(x-\frac{1}{2}+k)}\)

Tak więc z powyższej rozpiski:

\(\displaystyle{ f(x)=x-\frac{1}{2}-\frac{\arctan (\tg ( \pi \cdot (x-\frac{1}{2})))}{\pi}=x-\frac{1}{2}-\frac{\pi \cdot (x-\frac{1}{2}+k)}{\pi}= \\ x-\frac{1}{2}-x+\frac{1}{2}-k=-k}\)
czyli będzie to funkcja przedziałami stała

Ze wcześniejszych rozważań mamy \(\displaystyle{ \arctan (\tg (\pi \cdot (x-\frac{1}{2})))=(x-\frac{1}{2})\pi+k\pi}\) więc musi być spełniony warunek \(\displaystyle{ [(x-\frac{1}{2})\pi+k\pi] \in \left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2} \right)}\)

\(\displaystyle{ 1^o}\) dla \(\displaystyle{ k=0}\) mamy:

\(\displaystyle{ \begin{cases} (x-\frac{1}{2})\pi>-\frac{\pi}{2} \\ (x-\frac{1}{2})\pi<\frac{\pi}{2}\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x>0 \\ x<1 \end{cases}}\)

\(\displaystyle{ 2^o}\) dla \(\displaystyle{ k=1}\)

\(\displaystyle{ \begin{cases} (x-\frac{1}{2})\pi +\pi>-\frac{\pi}{2} \\ (x-\frac{1}{2})\pi +\pi<\frac{\pi}{2}\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x>-1 \\ x<0 \end{cases}}\)

ogólnie dla \(\displaystyle{ k}\)

\(\displaystyle{ \begin{cases} (x-\frac{1}{2})\pi +k\pi>-\frac{\pi}{2} \\ (x-\frac{1}{2})\pi +k\pi<\frac{\pi}{2}\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x>-k \\ x<-k+1 \end{cases}}\)

Podsumowując - mamy funkcję \(\displaystyle{ f(x)=x-\frac{1}{2}}\), która określona jest w sumie przedziałów postaci \(\displaystyle{ (k,k+1)}\) i która w przedziale \(\displaystyle{ (k,k+1)}\) przyjmuje wartość \(\displaystyle{ k}\), co dowodzi, że funkcja ta spełnia nasze równanie fukcyjne.

No chyba, że się gdzieś pomyliłem, ale wolfram mniej więcej to potwierdza.

No ale to jest jedna funkcja i nie jest postaci (jeśli się nie pomyliłem) \(\displaystyle{ f(x)=[x]+m}\), a dalej to już nie mam pojęcia jak znaleźć pozostałe skoro nie muszą być tejże postaci.

PS: Na podstawie \(\displaystyle{ f(x)=x-\frac{1}{2}}\) się wydaje, że w tym równaniu chodzi o to, by wyznaczyć wszystkie funkcje dla których można dobierać takie liczby całkowite \(\displaystyle{ k}\), by w każdym \(\displaystyle{ (k,k+1)}\) przyjmowała wartość \(\displaystyle{ k}\), ale głowy nie dam.

[kropka+]

Skasowałam błędną wypowiedź.

[Qń]

Podstawiam \(\displaystyle{ x=0}\)

Ale \(\displaystyle{ f}\) nie jest określone dla całkowitych.

Ale jak mi się wydaje, podałaś wcześniej już prawie końcową postać odpowiedzi. Da się pokazać, że:
\(\displaystyle{ \arctan (\tg t) = t - \pi\cdot \left\lfloor \frac 12 + \frac{t}{\pi}\right\rfloor}\)
(dla \(\displaystyle{ t\neq \frac{\pi}{2} + k\pi}\))

W takim razie w łatwy sposób równanie funkcyjne przekształca się do:
\(\displaystyle{ \left\lfloor \frac 12 + f(x)\right\rfloor=\left\lfloor x\right\rfloor}\)
skąd:
\(\displaystyle{ \left\lfloor x\right\rfloor \le f(x) + \frac 12 <\left\lfloor x\right\rfloor +1}\)
czyli
\(\displaystyle{ \left\lfloor x\right\rfloor-\frac 12 \le f(x) < \left\lfloor x\right\rfloor+\frac 12}\)

Tak więc rozwiązaniem jest każda funkcja postaci:
\(\displaystyle{ f(x)= \left\lfloor x\right\rfloor + m_x}\)
gdzie \(\displaystyle{ m_x}\) jest dowolną liczbą z przedziału \(\displaystyle{ \left[ -\frac 12 , \frac 12\right)}\) i może być ona różna dla różnych \(\displaystyle{ x}\).

Q.

[kropka+]

Oczywiście podałam zły przykład.

W takim razie w łatwy sposób równanie funkcyjne przekształca się do:
\(\displaystyle{ \left\lfloor \frac 12 + f(x)\right\rfloor=\left\lfloor x\right\rfloor}\)

Możesz to rozpisać?

[Qń]

Możesz to rozpisać?

Wystarczy podstawić \(\displaystyle{ t=\pi f(x)}\) do równości:
\(\displaystyle{ \arctan (\tg t) = t - \pi\cdot \left\lfloor \frac 12 + \frac{t}{\pi}\right\rfloor}\)
i potem otrzymany wynik wstawić do lewej strony równania.

Q.

[tatteredspire]

Do tego dołóż drugi warunek:

\(\displaystyle{ \pi (f(x)+k) \in \left( - \frac{ \pi }{2}, \frac{ \pi }{2} \right) \Rightarrow f(x)+k \in \left( - \frac{1}{2}, \frac{1}{2} \right) \Rightarrow f(x) -g(x)\in \left( - \frac{1}{2}, \frac{1}{2} \right) \\ \\
\Rightarrow f(x)=g(x)+m \ , \ m \in \left( - \frac{1}{2}, \frac{1}{2} \right) \Rightarrow f(x)=\left[ x\right] +m \ , \ m \in \left( - \frac{1}{2}, \frac{1}{2} \right)}\)

Ale jak mi się wydaje, podałaś wcześniej już prawie końcową postać odpowiedzi. Da się pokazać, że:
\(\displaystyle{ \arctan (\tg t) = t - \pi\cdot \left\lfloor \frac 12 + \frac{t}{\pi}\right\rfloor}\)
(dla \(\displaystyle{ t\neq \frac{\pi}{2} + k\pi}\))

W takim razie w łatwy sposób równanie funkcyjne przekształca się do:
\(\displaystyle{ \left\lfloor \frac 12 + f(x)\right\rfloor=\left\lfloor x\right\rfloor}\)
skąd:
\(\displaystyle{ \left\lfloor x\right\rfloor \le f(x) + \frac 12 <\left\lfloor x\right\rfloor +1}\)
czyli
\(\displaystyle{ \left\lfloor x\right\rfloor-\frac 12 \le f(x) < \left\lfloor x\right\rfloor+\frac 12}\)

Tak więc rozwiązaniem jest każda funkcja postaci:
\(\displaystyle{ f(x)= \left\lfloor x\right\rfloor + m_x}\)
gdzie \(\displaystyle{ m_x}\) jest dowolną liczbą z przedziału \(\displaystyle{ \left[ -\frac 12 , \frac 12\right)}\) i może być ona różna dla różnych \(\displaystyle{ x}\).

Q.

Bardzo wam dziękuję.

Wszystkie funkcje postaci \(\displaystyle{ f(x)= \left\lfloor x\right\rfloor + m_x}\) są zatem rozwiązaniami tego równania funkcyjnego.

Ale moim zdaniem nie są wszystkimi jego rozwiązaniami, bo funkcja \(\displaystyle{ f:\mathbb{R} \setminus \mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{R}, \ f(x)=x-\frac{1}{2}}\) też je spełnia i oznacza to, że nie wszystkie funkcje spełniające to równanie funkcyjne są postaci ww. i wtedy trzeba szukać dalej bądź wykazać, że innych nie ma.

Jeśli się pomyliłem gdzieś przy dowodzie, że ta funkcja \(\displaystyle{ f:\mathbb{R} \setminus \mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{R}, \ f(x)=x-\frac{1}{2}}\) spełnia to równanie funkcyjne, to proszę o wskazanie błędu w moim rozumowaniu bądź (w przeciwnym wypadku) potwierdzić, że jest poprawnie i ew. co dalej.

[Qń]

Ale moim zdaniem nie są wszystkimi jego rozwiązaniami, bo funkcja \(\displaystyle{ f:\mathbb{R} \setminus \mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{R}, \ f(x)=x-\frac{1}{2}}\) też je spełnia i oznacza to, że nie wszystkie funkcje spełniające to równanie funkcyjne są postaci ww. i wtedy trzeba szukać dalej bądź wykazać, że innych nie ma.

Są wszystkimi - jeśli twierdzisz inaczej, to wskaż błąd w moim rozwiązaniu.

Zauważ też, że:
\(\displaystyle{ x-\frac 12 = \lfloor x \rfloor +\{ x\}-\frac 12}\)
więc \(\displaystyle{ x-\frac 12}\) jest postaci \(\displaystyle{ \lfloor x \rfloor +m_x}\) dla \(\displaystyle{ m_x= \{ x\}-\frac 12}\) (łatwo sprawdzić, że jest w takim przedziale w jakim ma być).

Q.

[tatteredspire]

Tak, zmyliło mnie to oznaczenie. Ok, raz jeszcze dzięki za pomoc.