02 novembra 2010

Koľko matematikov, toľko dôkazov

Nasledovná jednoduchá, ale celkom pekná dôkazová úloha sa nám objavila pri písaní článku o optimálnom navrhovaní experimentov pre náhodné procesy. Spomenuli sme ju viacerým kolegom a každý prišiel po nejakom čase so svojim vlastným dôkazom. Som zvedavý, koľko rôznych dôkazov sa podarí nájsť Vám.

Ukážte, že ak hladká funkcia f:R→R spĺňa rovnicu



pre všetky reálne čísla x a všetky kladné reálne čísla δ, potom je f kvadratická funkcia.


Kvadratickou funkciu rozumieme aj lineárnu a konštantnú funkciu (s niektorými koeficientmi nulovými). Ako obvykle, symbol f ' označuje deriváciu funkcie f.

8 komentárov:

goober povedal(a)...

Zdá sa mi, že tam je malá chybička -- nemalo byť v čitateli znamienko "mínus"?

Ak je to tak, moje riešenie by mohlo vyzerať takto:

f'(x) = [f(x+2A)-f(x-2A)]/4A =
{[f(x+2A) - f(x)]/2A + [f(x) - f(x-2A)]/2A} / 2 =
[f'(x+A) + f'(x-A)]/2.

Pre A=1 dostávame rekurenciu
f'(n) = 2*f'(n-1) - f(n-2), ktorej riešením je
f'(n) = f'(0) + n*[f'(1) - f'(0)].

Keď namiesto A=1 vezmeme A tvaru 1/k pre nejaké hocijaké kladné celé číslo "k", zistíme to isté, akurát s k-krát jemnejším krokom. No a teda pre každé racionálne číslo x nám musí platiť:
f'(x) = f'(0) + x*[f'(1) - f'(0)].

No ale keď je spojitá funkcia lineárna na hustej podmnožine reálnych čísel, musí byť už lineárna všade. Derivácia lineárna -- funkcia prinajlepšom kvadratická. QED :-)

PS. Takže nám stačí len spojitosť prvej derivácie, plnú hladkosť ani netreba.

Radoslav Harman povedal(a)...

goober: Ach, vďaka. Škriatka som odstránil.

A ten Tvoj dôkaz: super! :) Takýto som ešte nevidel.

laffo povedal(a)...

definujme F(x,t) = f'(x) - (f(x+t)-f(x-t)/2t),
F(x,t)= 0 pre vsetky (x,t).
potom
dF/dt = (f'(x+t)+f'(x-t))/2t - (f(x+t)-f(x-t))/2t^2 = 0
teda
(f'(x+t)+f'(x-t))/2 - f'(x) = 0
este raz poderivujeme podla t
(f''(x+t) - f''(x-t))/2 = 0
pre vsetky (x,t), teda
f''(y1) = f''(y2) pre vsetky (y1,y2), teda druha derivacia je konstantna, prva je linearna a f je kvadraticka.

ale moc zaujimavy dokaz to veru nie je :) co uz

Radoslav Harman povedal(a)...

Laffo: Náhodou, je to pekný dôkaz, lebo je ľahký :) Viacerí ľudia to riešia podobne, ale gooberov dôkaz má tú výhodu, že pri ňom stačí len spojitá diferencovateľnosť f, netreba druhú deriváciu.

Brano povedal(a)...

Mozno trochu neskoro, ale neda mi to: netreba predpokladat ani diferencovatelnost, ta nam vyjde zo zapisu. Predpokladajme, ze
f(x+d)-f(x-d)=(2d)g(x) pre vsetky x,d a g je spojita.
Ukazeme, ze g je linearna (presnejsie afinna).
Zoberme lubovolne x<y a nech 2d=y-x; teraz nech a,x,b,y,c su zaradom od seba vzdialene o d.
g(x)+g(y)=[f(b)-f(a)]/(2d)+[f(c)-f(b)]/(2d)=2[f(c)-f(a)]/(4d)=2g(b)=2g[(x+y)/2]
nech h(x)=g(x)-g(0) potom h(0)=0 a h(x)+h(y)=2h[(x+y)/2] (uz netreba predpokladat x<y opacny pripad zvladneme preznacenim a rovnost je trivialna). Dosadme y=0 a mame h(x)=2h(x/2) cize h(x)+h(y)=h(x+y)
co je Cauchyho funkcionalna rovnica
http://en.wikipedia.org/wiki/Cauchy_functional_equation
ktorej jedine spojite riesenie je h(x)=h(1)x teda g(x)=2px+q.
Teraz do prvej rovnice dosadme d=x=t/2 a dostaneme
f(t)-f(0)=t(pt+q) a mame co sme chceli :)

Brano povedal(a)...

teda este by som poznamenal, ze spojitost g mozme dostat ako dosledok spojitosti f, staci zobrat fixne d>0.

Brano povedal(a)...

Najnovsie ma napadlo, ze ani spojitost nepotrebujeme. Predpokladajme, ze

f(x+d)-f(x-d)=(2d)g(x) pre vsetky x,d

predchadzajucim postupom dostaneme, ze

f(x)=a+bx+xh(x), kde a=f(0), b=g(0), h(x)=g(x/2)-g(0) a h splna Cauchyho rovnicu [h(x)+h(y)=h(x+y)]

teraz (2d)g(x)=f(x+d)-f(x-d)=...=2db+2dh(x)+2xh(d)
dosadenim x=1 mame h(d)=d[h(2)-h(1)]
teda h(x)=cx a f(x)=a+bx+cx^2
QED

Radoslav Harman povedal(a)...

Braňo: Paráda. Čiže keď to zosumarizujem, Ty si dokázal silnejšie tvrdenie a to také, že ak (f(x+d)-f(x-d))/2d nezávisí na d, tak f je potom nutne kvadratická... pekne, pekne.