Matematické Fórum

↑ Martin_MAT:
A co třeba Taylorův rozvoj s podmínkou konečně mnoha členů nebo něco podobného, to neze chápat jako funkcionální rovnici? Nebo obecně rovnici, že pro nějaké n je n-tá derivace =0?
Možná by byl odobré uvést podmínky, jaký ta funkcionální rovnice může mít tvar.

↑ Bati: Přesně tak. Polynomy by jistě šli derivacemi definovat jednoduše.

↑ Martin_MAT:
Ok, ponechme zatim stranou lematko, ze pro spojitou funkci z f(x+h)=f(x) pro vsechny x plyne, ze f je konstantni.

1) n=1 je lematko
2) Vsimni si, ze [mathjax]\Delta^nf=\Delta^{n-1}(\Delta f)[/mathjax] (to bude jen trik s posunutim mezi a nejakym binomickym vzorcem)
3) Indukcni predpoklad ti dava, ze [mathjax]\Delta f[/mathjax] je polynom radu n-2.
4) Pak uz muzes pouzit, co chces, napr. muzes konstatovat, ze (n-2)-ta derivace f je konstatni, tudiz f je polynom radu n-1. (modulo nejake to zhlazeni)

↑ check_drummer:
"Dopredny rozdil" neni defacto derivace...

Pokud najdes operator P co neobsahuje derivace a integraly, pak ok...

↑ Martin_MAT:
Zkousel jsi tu indukci?

check_drummer napsal(a):

Ad absurdum - zavedu operátor P(f), který nabyde hodnoty 1 právě když je funkce f polynom

Většinou se ve funkcionálních rovnicích nemohou používat operátory, které by měly za argument funkci jako celek, jde spíše o to najít vztah mezi funkčními hodnotami v několika konkrétních bodech.
Příklady najdete třeba ve studijním textu https://prase.cz/library/FunkcionalniRo … niceVM.pdf

Také použití derivace je problematické, protože nechceme a priori předpokládat, že funkce derivaci má.

↑ Brano:
tak jasne, pokud je h jedno cislo... coz jsem implicitne neuvazoval vhledem k charatkeru ulohy

Bati napsal(a):

↑ check_drummer:

Pokud najdes operator P co neobsahuje derivace a integraly, pak ok...

Ten operátor jsme výše definoval.

↑ Brano:↑ check_drummer:
Donutili jste me si to napsat... Takze resim rovnici
[mathjax]\Delta_h^nf(x)=0[/mathjax], ktera (aspon pro zacatek) plati pro vsechny [mathjax]x,h\in\mathbb{R}[/mathjax]. Dejme tomu, ze [mathjax]f[/mathjax] je C^1. Pak muzu derivovat podle [mathjax]h[/mathjax] a pomoci vzorce vyse dostanu
[mathjax]\partial_h\Delta_h^nf(x)=\sum_{j=0}^{n-1}(-1)^j\binom{n}{j}(n-j)f'(x+(n-j)h)[/mathjax]
[mathjax]=n\sum_{j=0}^{n-1}(-1)^j\binom{n-1}{j}f'(x+(n-j)h)[/mathjax]
[mathjax]=n\Delta_h^{n-1}f'(x+h)[/mathjax]
To ma byt 0 pro vsechny [mathjax]x,h[/mathjax], takze to je ekvivalentni tomu, ze
[mathjax]\Delta_h^{n-1}f'(y)=0[/mathjax] pro vsechny [mathjax]y,h\in\mathbb{R}[/mathjax]. To ale znamena, dle indukcniho kroku, ze [mathjax]f'[/mathjax] je polynom radu [mathjax]n-2[/mathjax], takze [mathjax]f[/mathjax] je polynom radu [mathjax]n-1[/mathjax]. To dokazuje tvrzeni pro C^1, v obecnem pripade bych zkusil dosadit neco jako [mathjax]\int_0^xf[/mathjax] za [mathjax]f[/mathjax].

↑ check_drummer:
Definice je to sice nadherna, ale mam dojem, ze cilem bylo ten operator P zkonstruovat...

↑ check_drummer:
Nikde netvrdim, ze 'zkonstruovat' je matematicky pojem, a tudiz nemam zadnou potrebu ho definovat:)

V tomhle kontextu to muze napr. znamenat, ze dokazu napsat pocitacovy program, ktery pomoci operatoru P rozhodne, jestli zadana funkce je polynom. Coz s tvou definici pujde dost blbe...

↑ check_drummer:
Jakkoliv. Napr. dostatecne velkou tabulkou hodnot.

↑ Bati:
pekne! ale teda akoze spinavy trik, lebo nakoniec sa tam ta derivacia objavila. Len este doplnim, ze predpokladas, ze funkcia je C^n lebo tu dostatocnu hladkost vyzadujes aj od jej derivacie v indukcnom kroku.

↑ Bati:
To není hnidopišství, to je nekorektně formulovaná úloha. Počítačem nemůžeš zkoumat nekonečné množiny, když na vstupu má jen konečná čísla. Nebo samozřejmě můžeš nekonečné množiny zkoumat, jako např. formální tvrzení týkající se nekonečných množin, ale nemůžeš mu dát výčet nekonečně mnoha prvků. Můžeš najít nějaké tvrzení, kterým rozlišíš, zda je funkce polynom, ale algoritmicky to pro konkrétní funkci neověříš, protože mu na vstup tu funkci prostě nedáš.