Matematické Fórum

Petra2014 · 03. 07. 2014 18:40

Ahojte, poradite mi s touto ulohou?

//forum.matweb.cz/upload3/img/2014-07/05549_sss.png

vobec netusim ktorym smerom mam pustit uvahy

dakujem

vanok · 03. 07. 2014 18:47

Ahoj
Tu sa da vyuzit, ze 1= 1/2+1/2
V danej relacii, poloz x=y=1/2.
Co ti to da?

Petra2014 · 03. 07. 2014 20:10

↑ vanok:

no tak ak x=y=1/2, tak potom mi vyslo D

ale kd eje povedane ze x=y? to je len jedina moznost riesenia?

misaH · 03. 07. 2014 20:16 — Editoval misaH (03. 07. 2014 21:34)

↑ Petra2014:

Potrebuješ mať súčasne f (súčet) aj f (1).

Hľadáš f (1/2).

Ten rozpis 1=1/2 + 1/2 je proste výhodný, cezeň sa k výsledku dostaneš.

Rumburak

↑ Petra2014:

Ahoj. Přidám pro zajímavost jednu poněkud obsáhlejší poznámku.

Vyjděme z výše uvedených předpokladů o funkci $f$ .

I. Potom speciálně pro každé přirozené číslo $n$ je

$f(n + 1) = f(1+n) = f(1)f(n) = 2f(n)$ ,

odtud indukcí $f(n) = 2^n$ pro libovolné přirozené číslo $n$ .

II. Platí také $f(1) = f(1 + 0) = f(1)\cdot f(0)$ , dosazením $f(1) = 2$ tak dostáváme rovnici
$2 = 2f(0)$ pro neznámou $f(0)$ , jejímž jediným řešením je $f(0) = 1$ .

III. Je-li $n$ přirozené číslo, potom $n + (-n) = 0$ a tedy
$f(n+(-n)) = f(0) = 1$ ,
$f(n) f(-n) = 1$ ,
$2^n f(-n) = 1$ ,
$f(-n) = 2^{-n}$ .

V těchto třech krocích jsme dokázali, že pro libovolné celé číslo $k$ je $f(k) = 2^k$ .

IV. Uvažujme nyní racionální číslo $r = \frac{k}{n}$ , kde $k$ je celé číslo a $n$ přirozené číslo (pro jednoduchost
předpokládejme jejich nesoudělnost) . Potom $k = nr = r + r + ... + r$ (celkem $n$ sčítanců) a tedy

$f(k) = f(r + r + ... + r) = f(r)\cdot f(r)\cdot ... \cdot f(r) = f(r)^n$

( $n$ sčítanců přejde v $n$ činitelů) . Formálně by se tento postup musel provést indukcí. Odtud

$f(r) = f(k)^{\frac{1}{n}} = (2^k)^{\frac{1}{n}} = 2^{\frac{k}{n}} = 2^r$ .

V souhrnu jsme dokázali, že pro každé racionální číslo $r$ je $f(r) = 2^r$ , speciálně pro $r = \frac{1}{2}$
dostáváme hodnotu $2^{\frac{1}{2}} = \sqrt{2}$ .

Naskýtá se otázka, zda rovnost $f(x) = 2^x$ platí obecně, tj. pro každé reálné číslo $x$ :

Pokud bychom připojili předpoklad, že existují čísla $a, b, c, d$ taková, že $a < b, 0 < c < d$
a zároveň pro libovolné $x \in (a, b)$ je $f(x) \notin (c, d)$ , pak ano, ale bez této podmínky nikoliv.
(předpokládáme-li platnost tzv. axiomu výběru). Zajímavé na tom je, že (kladné) rozdíly $b-a , d-c$
čísel z výše uvedné podmínky mohou při tom být jakkoliv malé, takže funkce, která ji porušuje, je
extrémně "zvrhlá".

Tyto úvahy jsou však spíše pro vysokoškoláky.