Fie \( A\subset \mathbb{C} \) si \( f:A\rightarrow A \) o functie. Definim \( f_1=f \) si \( f_{k+1}=f_k\circ f,\ (\forall)k \in \mathbb{N}^* \). Stiind ca \( (\exists) \alpha,\ \beta>0 \) cu \( \alpha+\beta =1 \) si \( m,\ n\in \mathbb{N}^* \) prime intre ele astfel incat \( \alpha f_m(x)+\beta f_n(x)=x,\ (\forall)x\in A \), sa se determine toate functiile \( f \) in fiecare din urmatoarele cazuri:
i) \( A=\mathbb{N} \).
ii) \( (\exists)a\in \mathbb{C}^*,\ p\in \mathbb{N}^* \) astfel incat \( A=\{z\in \mathbb{C}\ |\ z^p=a\}. \)
Functie definita pe A
Moderators: Filip Chindea, Andrei Velicu, Radu Titiu
Functie definita pe A
Last edited by alex2008 on Thu Jan 21, 2010 12:23 am, edited 1 time in total.
. A snake that slithers on the ground can only dream of flying through the air.
-
Beniamin Bogosel
- Co-admin
- Posts: 710
- Joined: Fri Mar 07, 2008 12:01 am
- Location: Timisoara sau Sofronea (Arad)
- Contact:
Sper ca nu gresesc... Ma chinui sa invat la Analiza Functionala pentru examen si am facut o pauza. 
Problema e foarte draguta si nu e triviala. Parerea mea.
a) \( f \) e injectiva, din conditiile problemei. Apoi \( f_n(0)=f_m(0)=0 \). Aici se foloseste \( (m,n)=1 \) si injectivitatea pentru a demonstra ca \( f(0)=0 \). Prin inductie \( f_m(k)=f_n(k)=k \) de unde ca mai sus \( f(k)=k \).
b) Multimea fiind finita si reprezentand varfurile unui poligon regulat cu \( p \) laturi centrat in origine, se vede ca din relatia functionala din enunt avem \( f_n(z)=f_m(z)=z,\ \forall z\in A \), de unde \( f(z)=z \). Justificarea e ca nu exista trei varfuri distincte ale poligonului care sa fie coliniare. O alta justificare, fara apel la aspectul "geometric" se poate da folosind inegalitatea triunghiului.
Solutia ar trebui sa fie mai detaliata, dar las asta celor care mai vor sa o studieze. Oricum, e tare frumoasa.
Ar ramane intrebarea, care sunt toate multimile \( A \subset \mathbb{C} \) pentru care singura astfel de functie buna este identitatea. De exemplu orice multime din \( \mathbb{C} \) care nu contine trei puncte coliniare este de acest tip.
Daca luam \( \alpha,\beta\in \mathbb{R}\setminus \mathbb{Q} \) si consideram \( A \) ca fiind multimea numerelor complexe partea reala si imaginara rationale, atunci concluzia ramane adevarata.
Problema e foarte draguta si nu e triviala. Parerea mea.
a) \( f \) e injectiva, din conditiile problemei. Apoi \( f_n(0)=f_m(0)=0 \). Aici se foloseste \( (m,n)=1 \) si injectivitatea pentru a demonstra ca \( f(0)=0 \). Prin inductie \( f_m(k)=f_n(k)=k \) de unde ca mai sus \( f(k)=k \).
b) Multimea fiind finita si reprezentand varfurile unui poligon regulat cu \( p \) laturi centrat in origine, se vede ca din relatia functionala din enunt avem \( f_n(z)=f_m(z)=z,\ \forall z\in A \), de unde \( f(z)=z \). Justificarea e ca nu exista trei varfuri distincte ale poligonului care sa fie coliniare. O alta justificare, fara apel la aspectul "geometric" se poate da folosind inegalitatea triunghiului.
Solutia ar trebui sa fie mai detaliata, dar las asta celor care mai vor sa o studieze. Oricum, e tare frumoasa.
Ar ramane intrebarea, care sunt toate multimile \( A \subset \mathbb{C} \) pentru care singura astfel de functie buna este identitatea. De exemplu orice multime din \( \mathbb{C} \) care nu contine trei puncte coliniare este de acest tip.
Daca luam \( \alpha,\beta\in \mathbb{R}\setminus \mathbb{Q} \) si consideram \( A \) ca fiind multimea numerelor complexe partea reala si imaginara rationale, atunci concluzia ramane adevarata.
Yesterday is history,
Tomorow is a mistery,
But today is a gift.
That's why it's called present.
Blog
Tomorow is a mistery,
But today is a gift.
That's why it's called present.
Blog