Studentlösningar (första versionen) samt information om presentation och opposition på Inl. 2 (Uppdaterad version, kl 15:55.

Transkript

1 Studentlösningar (första versionen) samt information om presentation och opposition på Inl. 2 (Uppdaterad version, kl 15:55.) Presentation. Varje grupp har 15 minuter till att presentera sin lösning. Femton minuter går fort om man är osäker på vad som ska sägas. Därför bör ni tänka igenom i förväg vad ni behöver skriva på tavlan och säga med ord. Dessutom är det bra att träna lite på presentationen också. Tänk på att man inte bara ska kopiera den skrivna lösningen på tavlan (skulle vara tröttande för åhörarena) men att text och formler anpassas efter att ni gör en muntlig presentation. Tänk på hur ni skrivar på tavlan (ja, vi användar svart tavla och krita!) för jag tillåter endast i undantagsfall att man suddar. Tavelordning är viktig. Ha en strategi. Presentations- och oppositionsordningen anges nedan. Opposition. Varje grupp opponerar på en annan grupps arbete. Oppositionen beräknas ta ca. 5 minuter per grupp. Opponentgruppen ska alltså läsa genom respondentgruppens lösning (skickas som pdf) och förbereda frågor om matematiken samt kommentarer om presentationen. Skriv ner frågor och kommentarer i ett dokument på högst en A4-sida, och lämna dessa till respondentgruppen efter att den muntliga oppositionen är genomförd. (Var inte blyg påpeka felaktigheter i beviset, luckor i argumenten eller otydligheter i presentationen. Var inte pedantisk skriv ner småsaker såsom tryckfel på ett papper och lämna det till gruppen efteråt.) Kommentera även respondentsgruppens muntliga presentation. Tillfälle 1. Onsdag 29 november V:O1 (Aleksis) Presentationsordning: (1). V:O2 (Niels Chr) Presentationsordning: och Man opponerar på den grupp som pilen pekar mot. Det vill säga att man presenterar innan man opponerar eller åtminstone har en annan presentation emellan. Observera att schemat är cykliskt. Tillfälle 2. Onsdag 29 november V:O1 (Aleksis) (4). V:O2 (Niels Chr) (7). Kom ihåg att man har ledigt (eller kan arbeta med annat) vid det redovisningstillfälle där man inte presenterar/opponerar. Deadlines. Den slutgiltiga versionen av inlämningsuppgift 2 läggs i Matkomms fack (det avlåsta) på 3 våningen i Matematikhuset senast tisdag den 5 december. Observera. Närvaro är obligatorisk vid presentationstilfället. Om någon har förhinder en av de två tiderna, så kontakta mig omedelbart. Så ska jag undersöka om det går att byta tid. Niels Chr Overgaard

2 Gruppindelning för inlämningsuppgift 2 nr. medlem 1 medlem 2 medlem 3 Uppgift 1 Ek Ellen Ljung Isabella Gajic Maja A 2 Henriksson Joel Mild Gustaf Johansson Filip B 3 Fahlstad Liam Nilsson Joachim Johansson Nik C 4 Almqvist Anton Olsson Erik Johansson Rasmus D 5 Gardberg Lukas Palmqvist Oskar Karlsson Lukas E 6 Gergis Heidar Persson Mika Kuusela Anton A 7 Gustafson Max Rickman Linus Kärrholm Axel B 8 Gustafsson Jakob Selleck Samuel Åström Oskar C 9 Sjöberg Elias Timürtas Andreas Uhlman Alex D 10 Wahlberg Amanda Thunborg Tove Johannesson Sara E 11 von Geijer Kåre Tuvegård Anton Utgren Daniel A 12 Mellegård Oskar Carlqvist Linus Österling Harald (åk2) Sakhnini Adham (åk2) B 13 Bäckman Fredrik Malmberg Olof Holm Daniel C Niels Chr Overgaard, (uppdaterat)

3

4 Grupp 1

5 Cauchy s funktionalekvation Maja Gajic, Ellen Ek & Isabella Ljung November Inledning Syftet med rapporten är att bestämma alla kontinuerliga funktioner sådana att f : R R där f(x + y) = f(x) + f(y) (1) för alla reella tal. Och sedan använda resultatet för att bestämma de funktioner g : R R som är kontinuerliga, icke identiskt lika med noll och som uppfyller för alla reella tal. g(x + y) = g(x)g(y) (2) 2 Bevis av funktionsekvation (1) Genom att ansätta y = 0 i ekvation (1) fås f(x + 0) = f(x) + f(0) f(x) = f(x) + f(0) f(0) = 0 Detta gäller även för x = 0. Vi vet då alltså att lösningen till (1) alltid kommer gå genom origo. I nästa steg ansätter vi y = x och får följande uttryck f(x x) = f(x) + f( x) f(0) = f(x) + f( x) 0 = f(x) + f( x) f( x) = f(x). Detta gäller ochså för x = y. Vi misstänker alltså att f(qx) = qf(x). 1

6 Bevis. Vi låter q = Då får vi följande uttryck f(qx) = f(( )x) = f(x + x x) = f(x) + f(x) f(x) = qf(x) och får då att f(qx) = qf(x). Vi misstänker att detta även gäller för bråk på formen p q. Bevis. Eftersom f(x) kan skrivas som f(1 x) = f( q q x) får vi följande: f( q q x) = = f(q ( 1 q x)) = f( 1 q x + 1 q x q x) = f( 1 q x) + f(1 q x) f(1 q x) och då vet vi att q q och med y = x q får vi = qf( 1 q x) kan skrivas som q 1 q Byter vi nu ut q q mot p q f( p q x) = f(p x q ) f(p x q ) = f(py) = pf(y) = pf(1 q x) = p q f(x). får vi Då vi nu bevisat att det gäller för alla rationella tal utnyttjar vi satsen om mellanliggande värden. Satsen säger att på ett givet intervall så antar en kontinuerlig funktion alla värden däremellan, därmed antas även de reella värdena för vår funktion. Vi kan härmed skriva f(x) som f(x 1) = x f(1) och eftersom f(1) är konstant kan vi skriva funktionen som f(x) = ax. Den kontinuerliga funktionen f : R R där f(x + y) = f(x) + f(y) har alltså lösningen f(x) = ax, a R. 3 Bevis av funktionsekvation (2) Vi kan nu också bestämma de funktioner g : R R som är kontinuerliga, icke identiskt lika med noll, och som uppfyller g(x + y) = g(x)g(y). 2

7 Genom att ansätta y = 0 i ekvation (2) fås g(x + 0) = g(x)g(0) g(x) = g(x)g(0) g(0) = 1. Vi ser nu att g(x) aldrig kan bli negativt eftersom 1 = g(0) = g(x x) = g(x)g( x) visar att g(x) och g(-x) aldrig kan vara lika med noll, och g( x 2 + x 2 ) = g(x 2 )g(x 2 ) g(x) = g( x 2 )2 visar att g(x) måste vara positivt. Insättning av y = x ger g(2x) = g(x) 2 och med hjälp av induktion kan vi bevisa att g(nx) = g(x) n. Bevis. Vi ansätter n = 1. Vilket stämmer. g(1 x) = g(x) 1 g(x) = g(x). Vi antar att n = k, då k är ett godtyckligt tal g(kx) = g(x) k och visar att detta är sant för n = k + 1, dvs g((k + 1)x) = g(x) k+1 g(kx + x) = g(kx) g(x) g(kx + x) = g(x) k g(x) g(kx) g(x) = g(x) k g(x) g(kx) = g(x) k vilket vi tidigare visat är sant. 3

8 Sätter vi sedan in x n får vi att g(n x n ) = g( x n )n g(x) = g( x n )n g( x n ) = g(x) 1 n. Insättning av m n ger g( m n x) = g(x) m n. Låter vi nu x = 1, får vi g( m n ) = g(1) m n. Detta gör då att vi kan skriva om g(1 x m n ) = g(1)x m n Då vi vet att funktionen är positiv för alla värden kan vi ansätta en exponentialfunktion. Vi kallar denna bas för a, där a R och döper om m n = k för att beskriva funktionen. Vi får då 4 Avslutning g(x) = a kx. Enligt vårt bevis uppfyller f(x) = ax, : g(x) = a kx, a, k R. a R (1). Funktion (2) uppfylles av 4

9 Grupp 2

10 Inlämningsuppgift 2 Gustaf Mild, Filip Johansson, Joel Henriksson 20 november 2017 Uppgiften är att bevisa satsen: Sats. Om F : R n R n är en isometri sådan att F (0) = 0 så är F en linjär avbildning. För ett bevis behövs definitionen av linearitet och isometri: Linearitet Avbildningen F : N M sägs vara linjär om { F (x + x ) = F (x ) + F (x ) för alla x, x N F (λx) = λf (x) för alla x R, x N Isometri definieras som: F (x) F (y) = x y För att bevisa satsen behöver vi bevisa båda linearietetskraven. Då behöver vi först följande två lemman. Lemma 1. Om F är en isometri och F (0) = 0 så är F (x) = x. Bevis. Beviset följer direkt av att vi sätter y = 0 i definitionen av isometri, detta ger F (x) F (0) = x 0 F (x) = x Lemma 2. För en isometrisk avbildning gäller att f(a) f(b) = a b Bevis. Beviset följer av en omskrivning av definitionen av isometri med hjälp av en skalärprodukt på följande sätt: 1

11 F (x) F (y) = x y F (x) F (y) 2 = x y 2 (F (x) F (y)) (F (x) F (y)) = (x y) (x y) F (x) F (x) 2F (x) F (y) + F (y) F (y) = x x 2x y + y y F (x) 2 2F (x) F (y) + F (y) 2 = x x 2x y + y y x 2 2F (x) F (y) + y 2 = x x 2x y + y y x x 2F (x) F (y) + y y = x x 2x y + y y F (x) F (y) = x y Lemma 1 är nödvändig i omskrivningen från rad 5 till rad 6. Bevis av F (λx) = λf (x) För att bevisa satsen behöver vi bevisa att båda linarietetskraven uppfylls efter förutsättningarna. Vi börjar med att bevisa F (λx) = λf (x). Bevis. För att göra detta gör vi först följande omskrivningar. F (λx) = λf (x) F (λx) λf (x) = 0 F (λx) λf (x) = 0 F (λx) λf (x) 2 = 0 Om vi nu kan visa att vänsterledet är lika med 0 är alltså linearitetskravet uppfyllt. F (λx) λf (x) 2 = = (F (λx) λf (x)) (F (λx) λf (x)) = = F (λx) F (λx) 2λF (x) F (λx) + λ 2 F (x) F (x) = = λx λx 2λ x λx + λ 2 x x = = λ 2 x 2 2 λ 2 x 2 + λ 2 x 2 = = 0 Omskrivningen från rad 3 till rad 4 är tillåten på grund av lemma 2. Bevis av F (x + x ) = F (x ) + F (x ) Nu bevisar vi F (x + x ) = F (x ) + F (x ) på samma sätt, genom att bevisa att längden av F (x + y) (F (x) + F (y)) i kvadrat är lika med 0. 2

12 Bevis. F (x + y) (F (x) + F (y)) 2 = = (F (x + y) F (x) F (y) (F (x + y) F (x) F (y)) = = F (x+y) F (x+y) 2F (x+y) F (x) 2F (x+y) F (y)+2f (x) F (y)+f (x) F (x)+f (y) F (y) = = (x + y) 2 2x (x + y) 2y (x + y)2 x y + x x + y y = = x x + 2x y + y y 2x x 2x y 2x y 2y y + 2x y + x x + y y = = 0 Där med är båda linearitetskraven uppfyllda och satsen är bevisad. 3

13 Grupp 3

14 Inlämning matkom lp 2 Liam Fahlstad, Nik Johansson, Joachim Nilsson 21 november 2017 Problem Bestäm alla funktioner f : R:R som är kontinuerligt deriverbara, och som uppfyller villkoret ( ) x + y f(x) + f(y) = f (1) 1 xy för alla x, yɛr så att xy < 1. Observationer Då x,y=0 i (1) får vi att f(0)+f(0)=f(0) f(0)=0.detta innebär att f(x) kommer gå genom origo. Då y=-x i (1) får vi att f(x)+f(-x)=f(0) f(-x)=-f(x). Detta innebär att f(x) kommer vara en udda funktion. Lösning 1 Då funktionen f(x) är kontinuerligt deriverbar kan vi derivera (1) med avseende på x. ( ) x + y (f(x) + f(y)) = x x f 1 xy ( ) x + y f x(x) = f x 1 xy + xy + y2 1 xy (1 xy) 2 f x(x) = f x ( x + y 1 xy ) 1 + y 2 (1 xy) 2 (2) 1

15 2 Vi ansätter y= -x i (2). För alla x, yɛr gäller då xy = x 2 0. ( ) x x f x(x) = f x 1 + x x 2 (1 + x 2 ) 2 3 f x(x) = f x(0) Vi integrerar nu ekvationen i avseende på x. f x(x)dx = f x(0) ( 1 ) 1 + x 2 ( x 2 ) dx Ty f x(0) är en konstant sätter vi f x(0) = k. Detta ger följande. ( ) 1 f x(x)dx = k dx 1 + x 2 4 f(x) = k arctan(x) + C (3) Enligt vår första observation vet vi att f(0) = 0. Detta implicerar att C måste vara 0 i (3).Detta implicerar i sin tur att (3) kommer vara en ojämn funktion, vilket stämmer överens med vår andra observation. 5 Genom att sätta in f(x) = k arctan i (1) ger följande: ( ) x + y k arctan(x) + k arctan(y) = k arctan 1 xy ( ) x + y arctan(x) + arctan(y) = arctan 1 xy tan (arctan(x) + arctan(y)) = x + y 1 xy Enligt additionsformeln för tan gäller följande: 2

16 tan(arctan(x)) + tan(arctan(y) 1 tan(arctan(x))tan(arctan(y) = x + y 1 xy Alla funktioner f som löser funktionalekvationen kan skrivas enligt följande: f(x) = k arctan(x) Vad händer om x multiplicerat med y är större än 1? Då xy > 1 gäller i (3) att arctan(x)+arctan(y) > π, vilket ligger utanför definitionsmängden för tangens. Där av följer att tan (arctan(x) + (arctan(y) + D)) 2 ej definierat. Det är därför nödvändigt att xy < 1. 3

17 Grupp 4

18 Funktionalekvation 2D Grupp 4: Anton Almqvist, Erik Olsson 20 november 2017 Inledning Problem. Bestäm alla kontinuerligt deriverbara funktioner f : R R som uppfyller f(x) 0 då x och villkoret: för alla x,y R f(x)f(y) = f( x 2 + y 2 ) (1) Huvuddel I och med att funktionerna som söks måste vara kontinuerliga och deriverbara misstänker vi att denna funktionalekvation kan gömma en differentialekvation. Vi deriverar (1) först med avseende på x och sedan med avseende på y så kan vi jämföra resultaten vi får. Med avseende på x så får vi följande: f(y)f (x) = f ( 2x x 2 + y 2 ) 2 x 2 + y = f ( x x 2 + y 2 ) 2 x2 + y 2 Vi gör sedan samma sak med avseende på y: f (y)f(x) = f ( 2y x 2 + y 2 ) 2 x 2 + y = f ( y x 2 + y 2 ) 2 x2 + y 2 Vi jämför högerleden i de båda derivatorna och ser att det enda som skiljer dem åt är att täljaren innehåller i första fallet ett x och i andra fallet ett y. 1

19 Så om vi multiplicerar de olika derivatorna med den saknade faktorn så får vi xy i täljaren och kan sätta de nya vänsterleden lika med varandra och får ut följande ekvation: yf(y)f (x) = f ( xy x 2 + y 2 ) x2 + y = xf (y)f(x) 2 yf(y)f (x) = xf (y)f(x) (2) Här har vi en differentialekvation av första graden. För att funktionerna vi söker ska uppfylla (1) så måste de även uppfylla (2). Eftersom funktionen ser likadan ut för obekanta funktioner av x som för obekanta funktioner av y så räcker det att kolla på en obekant för att få ut alla lösningar på ekvationen. Vi börjar med att separera ut alla obekanta funktioner av x på ena sidan: yf(y)f (x) =xf (y)f(x) f (x) f(x) =x f (y) yf(y) Efter det så kan vi integrera båda sidorna med avseende på x och får ut en generell lösning på differentialekvationen. f (x) f(x) dx = x f (y) yf(y) dx ln(f(x)) =x 2 1 f (y) 2 yf(y) + C f(x) =e x2 f (y) 2yf(y) +C f(x) =e x2 f (y) 2yf(y) e C, (sätt e C = C 1 ) f(x) =C 1 e x2 f (y) 2yf(y) Vi får ut en funktion av x här. Eftersom det just är en funktion av x så är funktionsuttrycket av y i högerledet något som är konstant. Detta gör att vi kan ersätta uttrycket f (y) 2yf(y) med en konstant C 2 och då få ut funktionen: f(x) = C 1 e C 2x 2 Om vi sedan sätter in den funktionen i (1) får vi: C 1 e C 2x 2 C 1 e C 2y 2 = C 1 e C 2( x 2 +y 2 ) 2 2

20 Högerledet här förenklas snabbt till C 1 e C 2(x 2 +y 2). En förenkling av vänsterledet leder till följande: C 1 e C 2x 2 C 1 e C 2y 2 = (C 1 ) 2 e C 2(x 2 +y 2 ) För att högerledet och vänsterledet ska vara ekvivalenta så måste (C 1 ) 2 = C 1. De enda värden på C 1 som uppfyller det kravet är C 1 = 1 och C 1 = 0. Om C 1 = 0 så får vi funktionen f(x) = 0, den så kallade triviala lösningen. Men om vi istället kollar på C 1 = 1 får vi ut f(x) = e C 2x 2. Eftersom C 2 är den enda konstanten kvar sätter vi C 2 = C. För att uppfylla kravet f(x) 0 då x så måste C vara negativ. Detta ger oss ett krav på de icke-triviala lösningarna. Därmed har vi bevisat att de enda funktionerna som uppfyller (1) är: { f(x) = 0 f(x) = e Cx2, (C > 0) 3

21 Grupp 5

22 Inlämningsuppgift 2 Lukas Gardberg, Oskar Palmqvist, Lukas Karlsson 20 November 2017 Problemformulering Bestäm alla polynom p(z) = a n z n + a n 1 z n a 1 z + a 0 med komplexa koefficienter som uppfyller funktionalekvationen för alla komplexa tal z C. p(z 2 ) = p(z)p(z + 1) Lösning Antag att r C är ett nollställe till p(z), det vill säga att p(r) = 0. Detta betyder att p(r 2 ) = p(r)p(r + 1) = 0, vilket direkt medför att även r 2 är ett nollställe. Ytterligare har vi även att om z = (r 1) är p((r 1) 2 ) = p(r 1)p(r) = 0 (r 1) 2 nollställe. Till sist kan vi även se att om z = (r 2 1) så är p((r 2 1) 2 ) = p(r 2 1)p(r 2 ) = 0 (r 2 1) 2 nollställe. Vi har konstaterat att om p(r) = 0, är även p(r 2 ) = p((r 1) 2 ) = p((r 2 1) 2 ) = 0. En konsekvens av detta är att även r 4 kommer vara ett nollställe, såväl som r 8, r 16, r Det vill säga beroende på r skulle vi kunna dra slutsatsen att p(z) har en oändlig mängd rötter. Vi visualiserar detta genom följande figur: 1

23 Figur 1 r (r 1) 2 r 2 (r 1) 4 ((r 1) 2 1) 2 (r 2 1) 2 r Trädet kommer att fortsätta på samma sätt i all oändlighet. Vi inser dock att detta i samband med följande sats leder till en motsägelse. Algebrans fundamentalsats. För varje komplext polynom p(z) = a n z n + a n 1 z n a 1 z + a 0 med komplexa koefficienter av grad n > 1 finns det precis n komplexa nollställen. Samtliga rötter till p(z), det vill säga alla rötter i trädet, måste därför tillhöra en mängd med ett begränsat antal element. Om r = de iθ, d R, d 0, 0 θ 2π, medför detta att d = 1 eller 0, då övriga värden på d ger ett obegränsat antal rötter. Vi ställer därför följande krav: r = 1 eller r = 0, (1) (r 1) 2 = 1 eller (r 1) 2 = 0, (r 2 1) 2 = 1 eller (r 2 1) 2 = 0. Vi kan förenkla dessa krav genom att konstatera att (r 1) 2 = 1 eller 0 r 1 = 1 eller 0, (2) (r 2 1) 2 = 1 eller 0 r 2 1 = 1 eller 0. (3) Vi undersöker först alla r R. Utifrån (1) får vi att r = 1, 0, eller 1. I samband med (2) följer det dock att r 1 eftersom 2 1 eller 0. Vi 2

24 utesluter alltså r = 1 eftersom detta ger oss oändligt med rötter. Både (2) och (3) uppfylls av r = 1, 0 vilket leder till att dessa är reella rötter till p(z). Vi vill nu undersöka fallet då r C \ R. Vi kan då skriva att r = a + bi där a, b R, b 0. Detta leder till att vilket är ekvivalent med att r = a + bi = a 2 + b 2 = 1 eller 0, a 2 + b 2 = 1 eller 0. Vi kan utesluta a 2 + b 2 = 0 eftersom b 0, och vi får att a 2 + b 2 = 1. Nu använder vi att r 1 = a 1 + bi = (a 1) 2 + b 2 = 1 eller 0, vilket är ekvivalent med att (a 1) 2 + b 2 = 1 eller 0. Vi kan även här utesluta (a 1) 2 + b 2 = 0 eftersom b 0. Både a 2 + b 2 samt (a 1) 2 + b 2 är därför lika med ett, vilket leder till att (a 1) 2 + b 2 = a 2 + b 2 a 2 2a + 1 = a 2 2a + 1 = 0 a = 1 2. Eftersom a 2 + b 2 = 1 betyder detta att b = ± 3. Vi vet dock även att alla 2 rötter till p(z) måste uppfylla (3). Om r = a + bi får vi att r 2 1 = (a 2 b 2 1) + 2abi = (a 2 b 2 1) 2 + (2ab) 2, där (a2 b 2 1) 2 + (2ab) 2 = 1 eller 0 (a 2 b 2 1) 2 + (2ab) 2 = 1 eller 0. Sätter vi nu in a = 1 2, b = ± 3 2 får vi att (a 2 b 2 1) 2 + (2ab) 2 = ( 3 ) = 3. Detta är inte lika med 1 eller 0, vilket betyder att alla r = a + bi ger oändligt med lösningar. Detta leder till att inga icke-reella r är rötter till p(z). 3

25 Eftersom de enda rötterna konstaterat är 0 och 1, betyder detta enligt faktorsatsen att z och (z 1) är faktorer i p(z). Vi vet dock inte med vilken multiplicitet rötterna framkommer, vilket leder oss till att p(z) = a n z n (z 1) m. För att kunna bestämma konstanten a n samt exponenterna stoppar vi in p(z) i p(z 2 ) = p(z)p(z + 1), och vi får att a n z 2n (z 2 1) m = a n z n (z 1) m a n (z + 1) n z m a n z 2n (z 1) m (z + 1) m = a 2 nz n+m (z 1) m (z + 1) n. Gällande a n ser vi att a n = a 2 n. Om a n = 0 får vi nollpolynomet: den triviala lösningen. Om a n 0 betyder detta att a n = 1. Till sist ser vi att om likheten p(z 2 ) = p(z)p(z + 1) ska gälla måste Vi får alltså slutligen att z 2n = z n+m n = m. p(z) = z n (z 1) n. 4

26 Grupp 6

27 Inlämningsuppgift 2A Mika Persson, Heidar Gergis & Anton Kuusela 20 november 2017 Problemformulering Bestäm alla kontinuerliga funktioner f : R R som uppfyller funktionalekvationen f(x + y) = f(x) + f(y) (1) för alla reella tal x och y. Använd resultatet till att dessutom bestämma de funktioner g : R R som är kontinuerliga, icke identiskt lika med noll, och som uppfyller g(x + y) = g(x)g(y) (2) för alla reella tal x och y. Lösning Finn funktionen f : R R Ekvationen (1) är ett exempel på en funktionalekvation. Lösningen är alltså en hel funktion f och inte enbart ett tal. Enligt principen för linearitet skall två villkor uppfyllas för att en funktion ska kunna vara linjär, nämligen: 1)f(x + y) = f(x) + f(y) 2)f(bx) = bf(x) Genom att sätta x = y = 0 i (1) får vi: f(0 + 0) = f(0) + f(0) f(0) = 2 f(0) f(0) = 0 1

28 Med matematisk induktionsbevis visar vi att f(bx) = bf(x) gäller för alla naturliga tal b och alla reella tal x. (i): Antag att b = 1, då får vi: f(x) = f(x). Detta stämmer. (ii): Antag att b = k, då får vi: f(kx) = kf(x). Detta är induktionsantagandet. (iii): Antag att b = k + 1, då får vi: Sätt y = x, då får vi: f((k + 1)x) = f(x + kx) = = f(x) + f(kx) = = f(x) + kf(x) = = (k + 1)f(x) 0 = f(0) = f(x + y) = f(x) + f( x) f( x) = f(x) f( kx) = f(kx) = kf(x) för alla naturliga k vilket ger f(kx) = kf(x) för alla heltal k och alla rationella tal x. Ta x = 1 k, detta ger f(1) = f(k 1 k ) = kf( 1 k ) f( 1 k ) = 1 k f(1). Låt m och n tillhöra de hela talen, då får vi: f( m n ) = mf(1/n) = m n f(1). Sätt sedan m/n = q, detta innebär att q tillhör de rationella talen och vi får f(q) = f(1)q enligt vårt induktionsbevis. Detta kan skrivas om till f(x) = cx där c, x = Q och c = f(1). Nu utökar vi detta till de reella talen. Vi ansätter två rationella tal q 1, q 2 där q 1 x q 2 och som uppfyller f(q 1 ) f(x) f(q 2 ). Då gäller: lim f(q 1) f(x) lim f(q 2) q 1 x q 2 x + lim q 1f(1) f(x) lim q 2f(1) q 1 x q 2 x + xf(1) f(x) xf(1). Enligt instängningssatsen har vi då f(x) = xf(1). Då f(1) = c fås att f(x) = cx då c, x R vilket är alla lösningar till (1). 2

29 Finn funktionen g : R R Vi skall finna en funktion g : R R, som uppfyller funktionalekvationen g(x + y) = g(x)g(y). Om vi sätter y = 0 får vi: g(x) = g(x + 0) = g(x)g(0). Detta betyder att antingen är g(x) = 0 eller så är g(0) = 1 men då ett av villkoren är att g ska vara icke identiskt lika med noll betyder det att g(0) = 1 är den enda lösningen. Då g(x) kan skrivas om till g( x 2 + x 2 ) får vi: g(x) = g( x 2 + x 2 ) = g(x 2 )g(x 2 ) = g(x 2 )2 vilket betyder att g(x) > 0 för alla x R. Då vi ska använda resultat från (1) vill vi ha ett samband mellan f(x) + f(y) och g(x)g(y). Den enda matematiska operationen med ett samband mellan addition och multiplikation är logaritmoperationer då ln(ab) = ln(a) + ln(b) där a, b R. Därför ansätter vi f(x) = ln(g(x)) som är definierat för alla x vilket ger: f(x + y) = ln(g(x + y)) = ln(g(x)g(y)) = ln(g(x)) + ln(g(y)) = f(x) + f(y). Vi har då g(x) = e f(x) och eftersom vi har visat att f(x) = cx får vi g(x) = e cx. Vi ansätter a = e c och får då g(x) = a x där a > 0, vilket är alla lösningar till (2). 3

30 Grupp 7

31 Isometriska avbildningar Axel Kärrholm, Max Gustafson, Linus Rickman 20 november 2017 Inledning I den här inlämningsuppgiften kommer vi att presentera beviset för sats 1 som formulerats nedan. Sats 1. Om F : R n R n är en isometri sådan att F (0) = 0 så är F en linjär avbildning. Definition 1. En avbildning F : R n R n kallas en isometri om den bevarar avstånd mellan par av punkter, det vill säga om det gäller F (x) F (y) = x y (1) för alla x, y R n. Längden av en vektor x = (x 1, x 2,..., x n ) definieras som x = (x x x2 n) 1 2, vilket motsvarar x = (x x) 1 2 där x y = x 1 y 1 + x 2 y x n y n är skalärprodukten i R n mellan x och y = (y 1, y 2,..., y n ). Definition 2. En avbildning F : R n R n kallas linjär om för alla x, y R n och alla λ R. F (λx) = λf x (2) F (x + y) = F (x) + F (y) (3) Lemma 1. Om F är en isometri F : R n R n där F (0) = 0 så gäller F (x) = x för alla x R n. Bevis. I och med att definition 1 gäller för alla x och y oberoende av varandra kan vi fritt välja dessa vektorer. Om vi ansätter y = 0 i (1) erhålls ekvationen F (x) F (0) = x 0. 1

32 Då F (0) = 0 enligt satsens premisser, kan vi skriva om ekvationen ovan till det ekvivalenta F (x) = x. Lemma 2. Om F : R n R n är en isometri med F (0) = 0 så gäller det att F (u) F (v) = u v för alla u, v R n. Bevis. Första steget i beviset av lemma 2 är att i ekvation (1) kvadrera höger- och vänsterled till F (u) F (v) 2 = u v 2. Denna ekvation skrivs sedan om till skalärprodukter enligt definition 1: ( F (u) F (v) ) ( F (u) F (v) ) = (u v) (u v). Vi kan ytterligare utveckla ekvationen som F (u) F (u) 2 ( F (u) F (v) ) + F (v) F (v) = (u u) 2(u v) + (v v) F (u) 2 2(F (u) F (v)) + F (v) 2 = u 2 2(u v) + v 2. Sedan utnyttjas lemma 1 och vi får u 2 2(F (u) F (v)) + v 2 = u 2 2(u v) + v 2 2(F (u) F (v)) = 2(u v) F (u) F (v) = u v. Bevis av sats Vi inleder med att bevisa att den första delen av definitionen för linjära avbildningar, som beskrivs i definition 1, gäller då F är en isometrisk avbildning som avbildar F (0) = 0. För att bevisa detta använder vi oss av lemma 2 som presenterats ovan. Bevis. Vi börjar med att betrakta λf (x) F (λx) och noterar att om λf (x) F (λx) = 0 så måste λf (x) = F (λx) och således blir det första kriteriet för linjäritet uppfyllt (2). Vi kan också lätt se att om 2

33 λf (x) F (λx) 2 = 0 så innebär även detta att (2) blir uppfyllt. Vi behöver således bevisa att nedanstående uttryck är lika med 0: λf (x) F (λx) 2 = (λf (x) F (λx)) (λf (x) F (λx)) = λ 2 (F (x) F (x)) 2λ(F (x) F (λx)) + F (λx) F (λx). Slutligen skrivs detta enligt lemma 2 om till λ 2 (x x) 2λ(x λx) + λ 2 (x x) = 2λ 2 (x x) 2λ 2 (x x) = 0. För att bevisa (3) i Definition 2. använder vi oss av ett liknande tillvägagångssätt som i beviset ovan. Bevis. Om vi betraktar F (x + y) F (x) F (y) 2 och kan visa att detta är noll så följer det att F (x + y) F (x) F (y) = 0. Då längden av en vektor x definieras som x = (x x) 1 2 och längden i kvadrat, x 2 = (x x), så får vi att F (x+y) F (x) F (y) 2 = ( F (x+y) F (x) F (y) ) (F (x+y) F (x) F (y) ). Om vi utvecklar detta får vi enligt den distributiva lagen ( F (x + y) F (x + y) 2 F (x + y) (F (x) + F (y) )) + ( F (x) + F (y) ) (F (x) + F (y) ) = ( ) ( ) F (x + y) F (x + y) 2 F (x + y) F (x) 2 F (x + y) F (y) + F (x) F (x) + 2F (x) F (y) + F (y) F (y) som med hjälp av lemma 2 kan skrivas om som (x + y) (x + y) 2(x + y) (x) 2(x + y) (y) + x x + 2(x y) + (y y) = (x + y) (x + y) 2(x + y) (x + y) + (x + y) (x + y) = 0. 3

34 Grupp 8

35 Inlämningsproblem 2 Samuel Selleck, Oskar Åström, Jacob Gustafsson November Introduktion Ekvationen ( x + y ) f(x) + f(y) = f 1 xy ska lösas för alla x och y, där xy < 1. En funktionalekvation har lösningar i form av en funktion f(x), där likheten stämmer för alla värden av de ingående oberoende variablerna. För funktionen f(x) gäller det även att f : R R och att funktionen är kontinuerligt deriverbar enligt förutsättningarna. 2 Bevis Delbevis 1 Visa att alla lösningar kan skrivas på formen f(x) = k arctan(x)+ C. Genom att utgå ifrån (1) kan vi derivera med avseende på x. Vilket vi kan då f(x) är kontinuerligt deriverbar. f (x) = f ( x + y 1 xy f (x) = f ( x + y 1 xy ( x + y f(x) + f(y) = f 1 xy ) ) ) (1 xy) ( y)(x + y) (1 xy) y 2 (1 xy) 2 Då detta stämmer för alla xy < 1 kan vi anta att y = x, vilket ger att xy = x 2 0 < 1 för alla x R. Genom att använda insättningen y = x får vi ekvationen f (x) = f ( x x ) 1 + x x 2 (1 + x 2 ) 2 f (x) = f (0) x 2, x R. Då f (0) är konstant kan vi döpa om den till t.ex. f (0) = k. Genom integration med avseende på x får vi (1) 1

36 V.S.B. f(x) = f(x) = k arctan(x) + C. Vi har alltså visat att alla lösningar till (1) är en delmängd av en funktion på formen f(x) = k arctan(x) + C men inte att alla dessa är en lösning. Vi måste alltså kontrollera vilka av dessa som är lösningar till (1). Delbevis 2 Visa att alla lösningar kan skrivas f(x) = k arctan(x). Vi börjar med att visa att f(0) = 0. ( x + y ) f(x) + f(y) = f 1 xy ( ) f(0) + f(0) = f 1 0 2f(0) = f(0) f(0) = 0 Då alla lösningar kan skrivas på formen k arctan(x) + C, vet vi V.S.B f(x) = k arctan(x) + C & f(0) = 0 k arctan(0) + C = f(0) = 0 k 0 + C = 0 C = 0 f(x) = k arctan(x) Delbevis 3 Visa att f(x) = arctan(x) är en lösning. Genom insättning av f(x) = arctan(x) i (1) får man ( x + y ) arctan(x) + arctan(y) = arctan. 1 xy Anta sedan att a = arctan(x) och b = arctan(y), vilket implicerar att x = tan(a) och y = tan(b). Enligt formeln för tan(α + β), vars bevis finns i bilagan, gäller då att V.S.B tan(a + b) = tan(a) + tan(b) 1 tan(a)tan(b) tan(a + b) = x + y 1 xy ( x + y ) a + b = arctan 1 xy ( x + y ) arctan(x) + arctan(y) = arctan. 1 xy 2

37 Delbevis 4 Visa att f(x) = k arctan(x) är en lösning för alla k R. Då vi vet att f(x) = arctan(x) är en lösning, kan vi visa att g(x) = k arctan(x) även är en lösning. ( x + y ) arctan(x) + arctan(y) = arctan 1 xy ( x + y ) k (arctan(x) + arctan(y)) = k arctan 1 xy ( x + y ) k arctan(x) + k arctan(y) = k arctan 1 xy ( x + y ) g(x) + g(y) = g 1 xy V.S.B Vi har alltså visat att alla lösningar kan skrivas på formen f(x) = k arctan(x), k R och att alla dessa är lösningar. Alltså, ( x + y ) f(x) + f(y) = f, xy < 1 f(x) = k arctan(x), k, x R 1 xy 3 Analys Anledningen till att ekvationen har tilldelats begränsningen xy < 1 tycks vara en konsekvens av att arctan(x) enligt dess definition endast har värdemängden ] pi 2, pi x+y 2 [. Då xy = 1 går 1 xy mot oändligheten, och då xy > 1 så är f(x) + ( ) f(y) > π 2 arctan x+y 1 xy > π 2 inte är definierat för något par x, y. Om (1) hade restriktionen xy 1 istället för xy < 1 är fortfarande delbevis 1 och 2 giltiga. Dock gäller det, som tidigare sagt att f(x) = arctan(x) inte uppfyller detta. Detta innebär att f(x) = k arctan(x) endast löser detta villkor då k = 0, som är triviallösningen. 3

38 4 Bilaga Bevis för tan(a + b) = tan(a) + tan(b) 1 tan(a)tan(b) sin(a + b) tan(a + b) = cos(a + b) = sin(a)cos(b) + sin(b)cos(a) = cos(a)cos(b) sin(a)sin(b) = = sin(a)cos(b)+sin(b)cos(a) cos(a)cos(b) cos(a)cos(b) sin(a)sin(b) cos(a)cos(b) sin(a) sin(b) cos(a) cos(b) = = 1 sin(a)sin(b) cos(a)cos(b) tan(a) + tan(b) = 1 tan(a)tan(b) = V.S.B. 4

39 Grupp 9

40 Projekt 2 Uppgift D Elias Sjöberg, Andreas Timurtas & Alex Hjerth Matematisk Kommunikation Lunds Tekniska Högskola 20 november

41 Problem Bestäm alla kontinuerligt deriverbara funktioner f : R R som uppfyller f(x)f(y) = f( x 2 + y 2 ) (1) samt för alla x, y R. f(x) 0 då x (2) Bevis Till att börja med kan vi direkt se att funktionen f(x) = 0 är en trivial lösning till problemet. För att få fram övriga lösningar vill vi undersöka vilka egenskaper f har. Till att börja med kan vi sätta x = 0. Då får vi att f(0)f(y) = f( 0 + y 2 ) f(0)f(y) = f(y) f(0) = 1. (3) För att visa att f är en jämn funktion sätter vi in x i (1): f( x)f(y) = f( ( x) 2 + y 2 ) = f( x 2 + y 2 ) = f(x)f(y). (4) Vi deriverar nu båda sidor i (1) med avseende på x och låter y vara en konstant följt av att derivera (1) igen men nu med avseende på y och fixera x. Detta ger oss följande: f (x)f(y) = f (y)f(x) = 2x 2 x 2 + y 2 f ( x 2 + y 2 ) (5) 2y 2 x 2 + y 2 f ( x 2 + y 2 ). (6) Genom att sätta x = 0 i (5) och y = 0 i (6) och studera resultatet i (3) följer det direkt att f har en extrempunkt i punkten (0, 1). Vidare vet vi att f är en jämn funktion. Vi är nu intresserade av att ta reda på om grafen till f har några andra extrempunkter eller några nollställen. Vi kommer att visa att om det antas att grafen till f har ett enda nollställe eller någon extrempunkt bortsett från den i (0, 1) så måste f(x) = 0 för alla reella x, det vill säga f är den triviala lösningen till (1). 2

42 Flyttar vi till att börja med över x och y från högerleden på (5) respektive (6) ser vi att högerleden i de båda ekvationerna är lika. Vi kan därför sätta vänsterleden lika med varandra och få följande ekvation: f (x)f(y) x som med en omskrivning kan skrivas som: = f (y)f(x) y (7) f (x) = f (y)f(x)x. (8) yf(y) Vi antar nu att f har en extrempunkt i punkten x = a där a är något reellt tal större än noll. Vi vill att detta ska gälla oavsett vilket värde vi har på y i (8). Det följer då att f (a) = 0 endast då f(a) = 0. Studerar vi återigen (1) syns det direkt att f(a) = 0 om och endast om f( a 2 + y 2 ) = 0. Men för något reellt y kan vi då skriva att a 2 + y 2 = b där b > a och f(b) = 0. Eftersom (1) enligt villkoren ska gälla för alla reella y innebär detta att b kan bli godtyckligt stort, eller komma godtyckligt nära a. Det följer alltså att om f(a) är ett nollställe så är f(x) = 0 och f (x) = 0 för alla x > a. Vidare kommer det oavsett vilket a vi väljer finnas något c < a så att ( c 2 + y 2 ) = a för något reellt y. Ur detta följer att även f(c) = 0. Denna process kommer kunna upprepas tills vi kommer godtyckligt nära x = 0. Från antagandena att f är kontinuerlig och definierad för alla reella x och y kombinerat med faktumet att f (x) = 0 om och endast om f(x) = 0 enligt (8), följer det således att om f(a) är ett nollställe så måste f(x) = 0 för alla x > 0. Eftersom f är en jämn funktion måste detsamma gälla för alla x < 0. Från villkoret att f måste vara kontinuerlig följer det att f(x) = 0 även då x = 0, vilket vi ville visa. Ur detta följer att funktionerna till alla icketriviala lösningar till (1) har maximi- eller minimipunkter i (0, 1) och saknar nollställen. Det verkar nu rimligt att anta att alla funktioner som uppfyller de givna villkoren (inklusive det att f(x) 0 då x ) är exponentiella funktioner. Sätter vi att f(x) = p k x n i (1), där p, n > 0 och k R, får vi p kxn p kyn = p k x 2 +y 2n p k(xn +y n) = p k(x2 +y 2 ) 0.5n n = 2 (9) eftersom villkoren ska gälla för alla reella x och y. Vi ser alltså att f(x) = p x2 är en lösning till (1). Tar vi även (2) i beaktning får vi att f(x) = α kx2 där 3

43 α 1 och k 0, är en lösning för alla reella x och y. Det är troligt att alla lösningar kan skrivas på denna form. Naturligtvis kan dock inte denna text ses som något fullständigt bevis över detta. 4

44 Grupp 10

45 Inlämningsupgift II Amanda Wahlberg, Sara Johannesson, Tove Thunborg 20 november Problemformulering Bestäm alla polynom p(z) = a n z n + a n 1 z n a 1 z + a 0 med komplexa koefficienter som uppfyller funktionalekvationen: för alla komplexa tal z C. 2 Lösning p(z 2 ) = p(z)p(z + 1) (*) Vi börjar med att försöka bestämma värdet på konstanten a n. Vi gör detta genom att utveckla båda leden av (*) enligt följande: V L = p(z 2 ) = a n z 2n + a n 1 z 2(n 1) a 1 z 2 + a 0 HL = (a n z n +a n 1 z n a 1 z+a 0 )(a n (z+1) n +a n 1 (z+1) n a 1 (z+1)+a 0 ). Här ser vi att a n z 2n = a 2 n z 2n vilket betyder att a 2 n = a n. Detta stämmer endast då a n = 1, alternativt den triviala lösningen a n = Nollställen Vidare studerar vi polynomets nollställen. Vi ansätter ett nollställe p(r) = 0, r C, vilket insatt i (*) ger: p(r 2 ) = p(r)p(r + 1) p(r 2 ) = 0. Sätter vi istället in p(r 1) i (*) får vi: p((r 1) 2 ) = p(r 1)p(r) p((r 1) 2 ) = 0 1

46 Detsamma gäller om vi sätter in p(r 2 1) i (*), då vi får: p((r 2 1) 2 ) = p(r 2 1)p(r 2 ) p((r 2 1) 2 ) = 0 Mönstret över rotutvecklingen kan beskrivas enligt följande träd: r r 2 (r 1) 2 r 4 (r 2 1) 2 (r 1) 4 ((r 1) 2 1) 2 som fortsätter att utvecklas vidare med ytterligare nollställen. Enligt algebrans fundamentalsats har varje ekvation med komplexa koefficienter av grad n, n 1, precis n stycken nollställen räknade med multiplicitet. För att det ska finnas en ändlig mängd nollställen måste de reella nollställena i vårt fall vara r = 0, 1 eller 1 vilket är ekvivalent med att r = 0 eller 1. Alla andra värden på r ger upphov till oändligt många rötter. Enligt de Moivres sats kommer de komplexa nollställena ha samma absolutbelop som de reella. Det medför att om r C så att r = a + bi (a, b R) så är därmed: r = a 2 + b 2 r = a 2 + b 2 eftersom r måste vara 0 eller 1. Kombinationen av detta och att antalet nollställen måste vara ändligt ger upphov till följande krav: 1. r = a 2 + b 2 = 0 eller 1 2. r 1 2 = 0 eller 1 r 1 = (a 1) + bi = (a 1) 2 + b 2 = 0 eller 1 3. r = 0 eller 1 r 2 1 = (a+bi) 2 1 = (a 2 b 2 1)+2abi = (a 2 b 2 1) 2 + (2ab) 2 = 0 eller 1 Krav (1): a 2 + b 2 = 0 a = 0, b = 0 a 2 + b 2 = 1 hela enhetscirkeln Krav (2): (a 1) 2 + b 2 = 0 a = 1, b = 0 2

47 1 = (a 1) 2 + b 2 a = 0 och b = 0 eller a 2 + b 2 = a 2 2a b 2 0 = 2a + 1 a = 1/2 b = ± 3/2 (enhetscirkeln) Krav (2) utesluter därmed r = a + bi = 1 eftersom det ger (a 1) 2 + b 2 = ( 2) = 4 0 eller 1. Krav (3): Test med a = 1 och b = 0 Test med a = 0 och b = 0 (a 2 b 2 1) 2 + (2ab) 2 = (1 1) = 0 (a 2 b 2 1) 2 + (2ab) 2 = ( 1) = 1 Test med a = 1/2 och b = ± 3/2 ger: (a 2 b 2 1) 2 +(2ab) 2 = ((1/2) 2 ( 3/2) 2 1) 2 +(2(1/2)( 3/2)) 2 = 3 0 eller 1 Den enda komplexa roten som stämt in på krav (1) och (2) kan därmed uteslutas. Det finns därför ingen komplex lösning med ett ändligt antal nollställen och därmed inte heller några komplexa rötter. De enda nollställena till (*) är därmed r = 0 och r = 1. Eftersom a n = 1 kan detta enligt faktorsatsen skrivas p(z) = z n (z 1) m, där n och m N och representerar multipliciteten av nollställena. Faktorerna i ekvation (*) kan då skrivas: p(z) = z n (z 1) m p(z 2 ) = z 2n (z 2 1) m p(z + 1) = (z + 1) n z m Sätter vi p(z 2 ) = p(z)p(z + 1) får vi då: z 2n (z 2 1) m = z n (z 1) m (z + 1) n z m z 2n (z 1) m (z + 1) m = z n+m (z 1) m (z + 1) n n = m Polynomet som löser funktionalekvationen p(z 2 ) = p(z)p(z + 1) kan därmed skrivas som p(z) = z n (z 1) n, n N. 3

48 Grupp 11 Som var rättidiga men hade lämnat in i papperformat istället för pdf ;-).

49 Inlämningsuppgift 2A Matematisk kommunikation för Π Kåre von Geijer, Anton Tuvegård & Daniel Utgren, Pi17 20 november Inledning Vi vill bestämma alla kontinuerliga funktioner f(x) och g(x) som uppfyller funktionalekvationer f(x + y) = f(x) + f(y) respektive g(x + y) = g(x)g(y) där g(x) dessutom är icke identiskt lika med noll. Vi delar in detta i två problemformuleringar. Problem 1. Bestäm alla kontinuerliga funktioner f : R R som uppfyller funktionalekvationen f(x + y) = f(x) + f(y) för alla x, y R. Problem 2. Bestäm alla funktioner g : R R som är kontinuerliga, icke identiskt lika med noll, och som uppfyller för alla x, y R. g(x + y) = g(x)g(y) 1

50 2 Problem 1 Genom insättning så inses lätt att f(x) = ax är den enda elemäntara funktionen som uppfyller villkoren angivna i formuleringen av problem 1. Då ingen annan uppenbar lösning finnes så vill vi bevisa följande sats. Sats 1. Givet en kontinuerlig funktion f : R R f(x) så gäller att för alla a, x, y R. f(x + y) = f(x) + f(y) f(x) = ax För att bevisa denna sats så behöver vi några lemman. Lemma 1. Låt a vara ett heltal större än eller lika med 0. Om invariabeln x i f(x) multipliceras med a, så multipliceras även funktionsvärdet med a. Bevis. Beviset förs i ett direkt bevis där vi indelat i två fall låter a vara lika med, respektive större än 0. (i) a = 0: f(0 x) = f(0 + 0) = f(0) + f(0) f(0) = 2f(0) Det enda tillåtna funktionsvärdet för f(0) är alltså 0 vilket medför att f(0 x) = [f(0) = 0] = 0 x. (ii) a Z + : a st a 1 st {}}{{}}{ f(ax) = f( x + x x + x) = 1 f(x) + f( x + x x) =... = (a 2)f(x) + f(x + x) = (a 1)f(x) + f(x) = af(x) Lemma 2. Låt n vara ett naturligt tal större än 0. Om invariablen x i f(x) multipliceras med 1 n så multipliceras även funktionsvärdet med 1 n. Bevis. Ur lemma 1 följer att vi kan bryta ut en heltalskoefficient ur invariablen. Med hjälp av detta så kan vi visa att f(x) = f(n 1 n x) = nf( 1 n x) 1 n f(x) = f( 1 n x). 2

51 Lemma 3. Funktionen f är udda. Bevis. Låt b vara ett reellt tal. Vi vet av lemma 1 att f(0) = 0. Detta ger sambandet f(b) + f( b) = f(b + ( b)) = f(0) = 0. Efter överföring av termen f(b) till högerledet så får vi likheten f( b) = f(b). Vi är nu redo för beviset av sats 1. Bevis. Låt invariablen x till f(x) vara ett godtyckligt reellt tal. Välj sedan två rationella tal q 0 och r 0 sådana att q 0 < x < r 0. Välj sedan två nya rationella tal q 1 och r 1 sådana att q 0 < q 1 < x och x < r 1 < r 0. Upprepa detta tills q n och r n ligger godtyckligt nära x och därmed även varandra. Då vi är ute efter kontinuerliga funktioner, så kan vi kan med denna princip tillsammans med instänging visa att funktionen f(x) vi söker är linjär. f(q) = q f(1) f(x) då q x f(r) = r f(1) f(x) då r x + Vi får alltså om funktionen är växande att f(q) f(x) f(r) = f(x) = xf(1) då q x och r x +. Är funktionen istället avtagande så får vi att f(q) f(x) f(r) = f(x) = xf(1) då q x och r x +. Funktionen vi söker måste alltså vara en linjär funktion. Resonemanget ovan är enbart visat då x 0, men då vi vet av lemma 3 att funktionen är udda, så kan vi konstatera att resonemanget gäller även då x < 0. Det är därmed visat att f(x + y) = f(x) + f(y) f(x) = ax för alla a, x, y R. 3

52 3 Problem 2 Likt problem 1 finnes endast en enkel lösning g(x) = a x då potenslagarna medför att funktionalekvationen uppfylls. Likt problem 1 formulerar vi därav detta som en sats som vi försöker bevisa. Sats 2. för alla a, b, x, y R. g(x + y) = g(x)g(y) g(x) = a bx För att bevisa detta behövs ett antal lemman. Lemma 4. Om g(x) har ett nollställe så är den identiskt lika med 0. Bevis. Låt g(x) vara ett nollställe och y vara godtyckligt. Då har vi: g(x + y) = g(x)g(y) g(x + y) = 0 g(y) g(x + y) = 0 Då y är godtyckligt betyder detta att en godtycklig punkt på funktionskurvan har funktionsvärdet 0 vilket medför att funktionen är identiskt lika med 0. Lemma 5. Bevis. g(1) = g(x + 1), g(x) 0 g(x) g(x + 1) = g(x)g(1) g(1) = g(x + 1), g(x) 0 g(x) Anmärkning: g(x) Skall enligt lemma 4 vara nollskild, så därav gäller lemma 5 för alla relevanta funktioner. Lemma 6. g(0) = 1 Bevis. g(x + 0) = g(x)g(0) g(x) = g(x)g(0) g(0) = g(x) g(x) = 1 Nu är vi redo att bevisa sats 2. 4

53 Bevis. Enligt lemma 5 så är kvoten mellan g(x + 1) och g(x) alltid konstant och lika med g(1) vilket är den karaktäristiska egenskapen för exponentialfunktioner. Det som nu återstår att visa är vilka krav som finns på exponenten. Eftersom vi vet att g är en exponentialfunktion så får vi från potenslagarna att exponenterna måste uppfylla sats 1. Lemma 6 visar tillsammans med föregående slutsats även att exponentialfunktionen ej kan förskjutas. Därav har vi: g(x + y) = g(x)g(y) g(x) = a bx för alla a, b, x, y R. 5

54 Grupp 12

55 Inlämningsuppgift 2b Oskar Mellegård, Harald Österling, Linus Carlqvist, Adham Sakhnini 20 November 2017 Definition 1. En transformation F : R n R n kallas för en isometri om den bevarar avstånd mellan par av punkter: F(x) F(y) = x y, x, y R n. (1) Lemma 1. Om F : R n R n är en isometri sådan att F(0) = 0 så gäller det att: F(x) = x (2) Bevis: Lemmat bevisas genom är ett direktbevis. Eftersom F(0) = 0 så görs ansättningen y = 0. Lemmat är därmed bevisat. F(x) F(0) = x 0 F(x) = x Lemma 2. Om F : R n R n är en isometri sådan att: F(0) = 0 så gäller det att F(x) F(y) = x y (3) Bevis: Lemmat bevisas genom ett direktbevis. Vi får från definition 1 att: F(x) F(y) 2 = x y 2 Utveckling av vänsterledet kombinerat med lemma 1 ger: F(x) F(y) 2 = F(x) 2 + F(y) 2 2F(x) F(y) (4) = x 2 + y 2 2F(x) F(y) (5) 1

56 En motsvarande utveckling av högerledet ger: x y 2 = x 2 + y 2 2x y (6) Eftersom att (5) och (6) är lika så är beviset klart. Sats. Om F : R n R n är en isometri sådan att F (0) = 0 så är F en linjär avbildning. Bevis. En avbildning sägs vara linjär om F (λx) = λf (x), λ R x R n (7) F (x + y) = F (x) + F (y), x, y R n (8) Vi delar upp satsen i två delar och bevisar respektive egenskap. Bevis av (7): Vi vill visa att F(λx) = λf(x). Detta är ekvivalent med att F(λx) λf(x) 2 = 0 (9) Vilket kan tolkas som att avståndet mellan respektive funktion är noll för alla x. Lemma 1 och 2 ger i (9): F(λx) λf(x) 2 = F(λx) 2 + λf(x) 2 2λF(λx) F(x) = λx 2 + λf(x) 2 2λ(λx) x = λf(x)) 2 + λf(x) 2 2λ 2 F(x) F(x) = 2 λf(x) 2 2 λf(x) 2 = 0 Bevis av (8): Vi visar nu på samma sätt att F(x + y) (F(x) + F(y)) 2 = 0 för alla x och y. En utveckling av absolutbeloppet följt av isometrin, lemma 1 och lemma 2 ger: F(x + y) (F(x) + F(y)) 2 = = F(x + y) 2 + F(x) + F(y) 2 2F(x + y) (F(x) + F(y)) = F(x + y) 2 + F(x) 2 + F(y) 2 + 2F(x) F(y) 2F(x + y) F(x) 2F(x + y) F(y) = x + y 2 + x 2 + y 2 + 2x y 2(x + y) x 2(x + y) y = x x + 2x y + y y + x x + y y + 2x y 2x x 2y x 2x y 2y y = 0. Satsen är därmed bevisad. 2

57 Grupp 13

58 Inlämningsuppgift 2 Daniel Holm, Olof Malmberg, Fredrik Bäckman 1 Problemformulering Bestäm alla funktioner f : R R som är kontinuerligt deriverbara, och som uppfyller villkoret f(x) + f(y) = f( x + y 1 xy ), för alla x, y R så att xy < 1. 2 Metod Genom att sätta in listiga val av x och y samt att derivera funktionalekvationen med avseende på den ena variabeln där den andra hölls konstant fann vi information som till slut kunde användas för att ta fram funktionen. 3 Lösning Till att börja med sattes både x och y till 0. Detta ger att funktionen skär origo enligt följande: f(0) + f(0) = 2f(0) = f( ) = f(0) f(0) = Genom att sätta in två motsatta värden fås ett annat viktigt samband. f(a) + f( a) = f( a a ) = f(0) = 0 f( a) = f(a), 1 + a2 där a R. Funktionen är alltså även udda! Sedan deriverades funktionalekvationen där variabeln y hölls konstant. f (x) + f (y) = f ( x + y 1 xy )g (x). 1

59 I denna ekvationen är g (x) den inre derivatan av bråket i högerledet. g (x) = (1 xy) + y(x + y) (1 xy) 2 = 1 xy + xy + y2 (1 xy) 2 = 1 + y2 (1 xy) 2. Den fullständiga derivatan blir således: f (x) + f (y) = f ( x + y 1 xy ) 1 + y 2 (1 xy) 2. Notera dock att f (y) = 0 då variabeln y hölls konstant. Detta betyder att termen försvinner från ekvationen oavsett val av värden på variablerna. Insättning av motsatta värden x = a och y = a i den deriverade ekvationen ger f (a) = f ( a a 1 + a ) 1 + a2 2 (1 + a 2 ) = f 0 ( a ) a = f 1 (0) a, 2 där a R. Framtagning av primitiv funktion ger sedan att f(a) = f (0)arctan a+ C. Då vi vet att funktionen korsar origo så är konstanten C lika med noll. Detta måste gälla för alla a då vi valde motsatta värden vars produkt alltid kommer vara negativ. Funktionen kan därför generaliseras till f(x) = f (0)arctan x. Funktionalekvationen vi utgick ifrån kan nu skrivas som f (0)arctan x+f (0)arctan y = f (0)(arctan x+arctan y) = f (0)arctan x + y 1 xy, för alla x, y R så att xy < 1. Då både höger- och vänsterledet innehåller faktorn f (0) kan denna förkortas bort. Det följer nu även att den enklare likheten arctan x + arctan y = arctan x + y 1 xy måste gälla. Även i denna likhet kan båda leden multipliceras med vilken reell faktor k 0 som helst. Parentesen som uppstår i vänsterledet vid multiplikation med en faktor kan då utvecklas likt ovan. Alltså måste alla funktioner f(x) = k arctan x där k R och skilt från 0 uppfylla funktionalekvationen. Fortsättningsvis blir derivatan av dessa vanliga arctan-funktioner f (x) = k 1 och f (0) = k. Med detta i åtanke kan det kännas lite mer självklart 1+x 2 att svaret blir som det blir. 2