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:
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.
goober: Ach, vďaka. Škriatka som odstránil.
A ten Tvoj dôkaz: super! :) Takýto som ešte nevidel.
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
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.
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 :)
teda este by som poznamenal, ze spojitost g mozme dostat ako dosledok spojitosti f, staci zobrat fixne d>0.
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
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.
Zverejnenie komentára