Προβλήματα Μαθηματικών

22 Δεκεμβρίου, 2019

Άθροισμα περιοδικών συναρτήσεων

Filed under: Λυμένα Προβλήματα — Mihalis Kolountzakis @ 11:52 πμ

periodic-function

Ας είναι f(x) = a_n x^n + a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1 x + a_0 ένα πολυώνυμο με πραγματικούς συντελεστές. Δείξτε ότι μπορεί να γραφεί ως άθροισμα πεπερασμένου πλήθους περιοδικών συναρτήσεων του x.

22 Σχόλια »

  1. Kαθε συνεχης περιοδικη συναρτηση στην ευθεια ειναι φραγμενη (και ομοιομορφα συνεχης),αρα και πεπερασμενο πληθος συνεχων περιοδικων ειναι φραγμενη συναρτηση,κατι που δεν ισχυει για τα πολυωνυμα.. Αρα δεν θα πρεπει καποιοι οριο στο αθροισμα να ειναι ασυνεχεις συναρτησεις?

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Marios Gretsas — 24 Δεκεμβρίου, 2019 @ 11:30 πμ

  2. Ναι, φυσικά. Το παραπάνω δε γίνεται με συνεχείς περιοδικές συναρτήσεις.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Mihalis Kolountzakis — 24 Δεκεμβρίου, 2019 @ 12:07 μμ

  3. Χρόνια Πολλά. Θα ήθελα να ρωτήσω μια-δυο ερωτήσεις. Μπορούμε να πούμε κάτι για την περίοδο κάθε όρου στο άθροισμα-αναπαράσταση του εκάστοτε πολυωνύμου;
    Π.χ: Τη συνάρτηση y=x^3 πώς μπορούμε να την εκφράσουμε; Υπάρχει κατασκευαστικός τρόπος για να το κάνουμε αυτό;

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Κωνσταντίνος Κουρουζίδης — 25 Δεκεμβρίου, 2019 @ 1:21 μμ

  4. Στο σχόλιο 1. , εννοούσατε «κάποιοι όροι στο άθροισμα» πιθανότατα.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Κωνσταντίνος Κουρουζίδης — 27 Δεκεμβρίου, 2019 @ 9:06 μμ

  5. Πρέπει να υποθέσουμε το αξίωμα της επιλογής για να λύσουμε το πρόβλημα; Είναι ισοδύναμο με τη πρόταση: κάθε διανυσματικός χώρος έχει μια βάση..

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Κωνσταντίνος Κουρουζίδης — 9 Ιανουαρίου, 2020 @ 6:44 μμ

  6. 5: Υποθέστε το αν το χρειάζεστε.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Mihalis Kolountzakis — 9 Ιανουαρίου, 2020 @ 7:52 μμ

  7. Επιτρεπεται να δωσω μια μερικη λυση?? Χαρη στην ιδεα του κ.Κουρουζιδη,το ελυσα για πολυωνυμα πρωτου βαθμου..Μετα δυστυχως δεν ξερω πως να το γενικευσω.

    Αρέσει σε 1 άτομο

    Σχόλιο από Marios Gretsas — 9 Ιανουαρίου, 2020 @ 11:14 μμ

  8. Αν μπορείς θα χαρώ να τη διαβάσω..

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Κωνσταντίνος Κουρουζίδης — 9 Ιανουαρίου, 2020 @ 11:30 μμ

  9. 7: Βεβαίως μπορείτε να δώσετε μερική λύση.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Mihalis Kolountzakis — 9 Ιανουαρίου, 2020 @ 11:45 μμ

  10. H κυρια ιδεα ειναι το αξιωμα επιλογης που ειπατε..Αν δουμε τον R ως διανυσματικο χωρο πανω απο το Q τοτε ο χωρος αυτος εχει βαση Hamel, απο λημμα ΖΟRN(που ειναι ισοδυναμο με το αξιωμα επιλογης βεβαιως)Η βαση αυτη ειναι απειρη. Τωρα καθε σταθερη συναρτηση ειναι προφανως περιοδικη..Τωρα ας παρουμε την f(x)=x. Αν x ε R τοτε x=Σ_{q ε J} T(q,x)q, οπου J ειναι βαση Hamel του R (δηλαδη το αθροισμα το παιρνουμε ως προς ολα τα στοιχεια της βασης) Πορφανως απο τον ορισμο της βασης το αθροισμα θα εχει πεπερασμενους μη μηδενικους ορους. To T(x,q) ειναι ο συντελεστης του x ως προς το στοιχειο βασεως q…Το Τ ειναι συναρτηση του x (διοτι οι συντελεστες εξαρτωνται απο το x). Απο βασικη γραμμικη αλγεβρα εχουμε οτι για καθε x,y ε R και q ε J,ισχυει Τ(x+y,q)=T(x,q)+T(y,q) λογω γραμμικης ανεξαρτησιας,και οτι αν q διαφορο p (οπου p,q ε J) τοτε Τ(p,q)=0 διοτι αν ηταν μη μηδενικο,τοτε τα p,q θα ηταν γραμμικως εξαρτημενα,το οποιο ειναι αδυνατον λογω βασης..Αρα εχουμε οτι T(x+p,q)=T(x,q)…Δηλαδη η Τ ειναι περιοδικη με περιοδο εναν στοιχειο της βασης διαφορετικο απο το q…H f(x)=x τοτε μπορει να γραφτει ως x=T(p,x)p+Σ_{q ε J\{p}} T(q,x)q,..opoυ το T(p,x) εχει περιοδο καποιο L ε J διαφορο του p ενω η
    Σ_{q ε J\{p}} T(q,x)q εχει περιοδο p ,(εφοσον το αποκλειουμε ως επιλογη αθροισης)..αρα εκφρασαμε την f(x)=x ως αθροισμα 2 περιοδικων συναρτησεων αρα και η g(x)=ax+b μπορει να γραφτει ως αθροισμα 2 περιοδικων συναρτησεων (το b δεν επηρρεαζει,διοτι εχει καθε αριθμο σως περιοδο αρα του βαζουμε ειτε το L eite το p απο πριν.)…Υποψιαζομαι οτι καθε πολυωνυμο n-βαθμου θα γραφεται ως αθροισμα n+1 περιοδικων συναρτησεων. το οποιο ενδεχεται να βγαινει με επαγωγη αλλα δεν ξερω πως να γενικευσω το επιχειρημα μου για μονωνυμα n-βαθμου μεγαλυτερου το 1..

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Marios Gretsas — 10 Ιανουαρίου, 2020 @ 12:07 πμ

  11. 10: Σωστά.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Mihalis Kolountzakis — 10 Ιανουαρίου, 2020 @ 12:23 πμ

  12. Να προτείνω λίγη μπακαλική, έπειτα από τις καταπληκτικές ιδέες /αναλύσεις των φίλων:
    Έχουμε πλέον την έκφραση του x ως άθροισμα:
    1) μιας περιοδικής συνάρτησης f1(χ) που περιέχει ένα μόνο στοιχείο β της βάσης και έχει περίοδο κάθε άλλο από το β στοιχείο της βάσης και
    2) μιας περιοδικής συνάρτησης f2(χ) που περιέχει έναν πεπερασμένο αριθμό άλλων από το β στοιχείων της βάσης και έχει περίοδο το β.
    Αν υψώσουμε αυτή την έκφραση του χ στη δύναμη ν και αναπτύξουμε, τότε κανένας από τους όρους-γινόμενα του αναπτύγματος που προκύπτει δεν περιλαμβάνει περισσότερα από ν στοιχεία της βάσης. Αν πάρουμε επομένως οποιαδήποτε ν+1 στοιχεία βάσης, έστω τα β0,β1,β2,..,βν, μπορούμε να ομαδοποιήσουμε τους όρους του αναπτύγματος σε ν+1 μερικά αθροίσματα Σ0,Σ1,Σ2 ,..,Σν, έτσι ώστε το Σ0 να μην περιλαμβάνει όρο με το στοιχείο β0, το Σ1 να μην περιλαμβάνει όρο με το στοιχείο β1, κ.ο.κ.
    Κάθε τέτοιο άθροισμα περιέχει πεπερασμένο πλήθος όρων και είναι περιοδική συνάρτηση του χ με περίοδο το στοιχείο βι της βάσης που δεν περιλαμβάνει.
    Επομένως κάθε συνάρτηση f(x)=x^ν είναι άθροισμα ν+1 περιοδικών συναρτήσεων του χ και κατεπέκταση κάθε πολυώνυμο βαθμού ν.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από ΘΑΝΑΣΗΣ ΠΑΠΑΔΗΜΗΤΡΙΟΥ — 10 Ιανουαρίου, 2020 @ 2:46 μμ

  13. 6: Μήπως υπάρχει κατασκευαστική λύση που δε το χρησιμοποιεί ;

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Κωνσταντίνος Κουρουζίδης — 10 Ιανουαρίου, 2020 @ 4:35 μμ

  14. Έτσι όπως αντιλαμβάνομαι τα πράγματα υπάρχουν δύο κατηγορίες μαθηματικών. Αυτοί που αν δε δουν constructions στις αποδείξεις δεν είναι happy
    και αυτούς που δε τους απασχολεί.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Κωνσταντίνος Κουρουζίδης — 10 Ιανουαρίου, 2020 @ 4:37 μμ

  15. Κωνσταντίνε, το αν και πώς μπορεί να είναι κανείς happy είναι μάλλον θέμα επιλογής😣.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από ΘΑΝΑΣΗΣ ΠΑΠΑΔΗΜΗΤΡΙΟΥ — 10 Ιανουαρίου, 2020 @ 4:45 μμ

  16. Αφορά όλους τους μαθηματικούς όμως. Δεν είναι τόσο προσωπικό όσο ενδεχομένως νομίζουμε..
    Σκέψου για παράδειγμα το four colour theorem. Με την πρώτη απόδειξη ήτανε πολλοί αυτοί που ήταν δυσαρεστημένοι!
    Φυσικά το παράδειγμα που έδωσα δεν έχει καμία εφαρμογή εδώ, αλλά γενικά ισχύει πως, κάποια απόδειξη μπορεί να είναι «σωστή» (ερωτηματικό..)
    αλλά οι περισσότεροι να μην είναι ευχαριστημένοι.
    Εν πάση περιπτώσει, εγώ ανήκω μάλλον στη παράταξη του constructivism. Αν δε δω, δε πιστεύω.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Κωνσταντίνος Κουρουζίδης — 10 Ιανουαρίου, 2020 @ 5:30 μμ

  17. Κωνσταντίνε, θα συμφωνούσα τουλάχιστον στο ότι η έκφραση ‘μπορεί να γραφεί’ της εκφώνησης απαιτεί ίσως, κατά μια ερμηνεία, την κατασκευασιμότητα (και όχι την απλή ύπαρξη), αλλά δυσκολεύομαι να φανταστώ ότι μπορεί να είναι τόσο απτή όσο θα τη θέλαμε..

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από ΘΑΝΑΣΗΣ ΠΑΠΑΔΗΜΗΤΡΙΟΥ — 10 Ιανουαρίου, 2020 @ 6:11 μμ

  18. 17: Καλά, καταλαβαίνω ότι πιθανότατα εγώ ξέφυγα, οπότε ζητώ συγγνώμη. Ευχαριστώ για την υπομονή σας.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Κωνσταντίνος Κουρουζίδης — 10 Ιανουαρίου, 2020 @ 8:03 μμ

  19. 1,2,17 : Τουλάχιστον οι συναρτήσεις είναι Riemann ολοκληρώσιμες; 🙂

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Κωνσταντίνος Κουρουζίδης — 10 Ιανουαρίου, 2020 @ 8:15 μμ

  20. 12: Πολύ σωστά.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Mihalis Kolountzakis — 11 Ιανουαρίου, 2020 @ 12:00 πμ

  21. Καλησπερα! Θα ηθελα να προτεινω το εξης προβλημα ως συνεχεια, που απαντα ως προς την πιθανη κατασκευασιμοτητα τετοιων συναρτησεων: Να δειχθει πως δεν υπαρχουν Lebesgue μετρησιμες, πραγματικες περιοδικες συναρτησεις f και g των οποιων το αθροισμα να ειναι ισο με την ταυτοτικη συναρτηση.

    Φανταζομαι το αποτελεσμα θα γενικευεται σε πολυωνυμα και αθροισμα πεπερασμενου πληθους συναρτησεων, αλλα η λυση που αυτη τη στιγμη εχω ειναι για την απλη περιπτωση :Ρ Θα ηθελα να δω και μια γενικη λυση παντως.

    Δημητρης Α.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από reddove — 8 Φεβρουαρίου, 2020 @ 3:34 μμ

  22. 21: Άρα αν ισχύει αυτό που λέτε, οι περιοδικές αυτές συναρτήσεις δεν είναι καν Lebesgue ολοκληρώσιμες. Πάντως είναι όντως ενδιαφέρον αν μπορεί να το δείξει κανείς αυτό. Αν μπορείτε να το δείξετε για την «απλή» περίπωση, δε προκύπτει και η γενική, σχεδόν αμέσως;

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Κωνσταντίνος Κουρουζίδης — 9 Φεβρουαρίου, 2020 @ 9:00 μμ


RSS feed for comments on this post. TrackBack URI

Σχολιάστε

Συνδεθείτε για να δημοσιεύσετε το σχόλιο σας:

Λογότυπο WordPress.com

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό WordPress.com. Αποσύνδεση /  Αλλαγή )

Φωτογραφία Google

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Google. Αποσύνδεση /  Αλλαγή )

Φωτογραφία Twitter

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Twitter. Αποσύνδεση /  Αλλαγή )

Φωτογραφία Facebook

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Facebook. Αποσύνδεση /  Αλλαγή )

Σύνδεση με %s

Δημιουργήστε ένα δωρεάν ιστότοπο ή ιστολόγιο στο WordPress.com.

Αρέσει σε %d bloggers: