Forumutmaning - Max en rad per inlägg!

Kommentar:

Härlig idé. Moddar kan hjälpa till att hålla det rent.😁

Men hur lång är en rad?

Laguna skrev:

Men hur lång är en rad?

Tror det finns en gammal "norm" om 80 tkn. :)

Detta problem tror jag inte går att lösa med "ryska posten". Det är för komplext.

Kommentar:

Jag tänkte en pluggakuten-rad men inser att den inte alltid är lika lång :(

Sedan är problemet komplext men inte så svår att lösa som man först tror!

Rad 1:

$f= x\mapsto 0$ är en uppenbar lösning.

Rad 2:

Ja! Vilka heltal som helst kan antas, och = är för varje heltal. Anta ex. a =0…

Om b=a gäller att f(2a) + 2f(a) = f(f(a+a))

Edit: "Vi sätter b lika med a och ser att..."

Rad 4:

Ansätt, med $a=b$, $f(x) = kx$. Då får vi $4ak=2ak^2$. Alltså är funktionen $f=x \mapsto 2x$ också en lösning.

Rad 5:

f(x)=2x+C där C är en konstant är en lösning, men är det den enda?

Rad 6:

Om a=b=0 så får man 3*f(0)=f(f(0)), så indatavärdet f(0) måste tredubblas av f.

Rad 7:

Låt $C:=f(0)$. Om $a=0$ och $x\in V_f$, d.v.s. $x=f(b)$, så säger ekvationen att $C + 2x = f(x)$.

Rad 8:

Betrakta de funktioner där f(0)=0. {a,b}={x,0} ger då f(2x)=f(f(x)); {a,b}={0,x} ger då 2*f(x)=f(f(x))

Rad 9:

Rad 3 (#8)+Rad 7 medför att $f(2a) + 2f(a) = 2f(2a)+C$ och därmed $f(2a) = 2f(a)-C$ för alla $a \in \mathbb{Z}$

Rad 10:

Om f vore en andragradsfunktion så hade VL haft två andragradare och HL en fyragradare. Oavsett a & b.

Rad 11:

Sätter man in $f(2a) = 2\,f(a)-C$ enligt Rad 9 och $f(f(a+b))=2f(a+b) + C$ enligt Rad 7 i den givna ekvationen, så får man att $f(a) + f(b) = f(a+b) + C$ för alla $a,b \in \mathbb{Z}$.

Kommentar: Nedanstående var komplicerat nog att jag fick dra fram penna och papper för att kontrollera. Och jag är osäker på hur lång en rad får lov att vara men den kändes nog i längsta laget. Kanske uppgiften var för komplicerad för att lösa på det här viset.

LuMa07 skrev:

Rad 11:

Sätter man in $f(2a) = 2\,f(a)-C$ enligt Rad 9 och $f(f(a+b))=2f(a+b) + C$ enligt Rad 7 i den givna ekvationen, så får man att $f(a) + f(b) = f(a+b) + C$ för alla $a,b \in \mathbb{Z}$.

Rad 12:

Rad 11 ger f(a)+f(b)=f(a+b)+f(0). Sätt b= -a och vi får att f(a)+f(-a)=2*f(0) för alla a € Z.

Rad 13: rad 11 med b = 1 ger f(a+1) = f(a) + f(1) - C.

Rad 14:

Rad 13 medför att differensen $f(a+1) - f(a)$ är konstant för alla $a\in\mathbb{Z}$.

Kommentar: Nedanstående var komplicerat nog att jag fick dra fram penna och papper för att kontrollera. Och jag är osäker på hur lång en rad får lov att vara men den kändes nog i längsta laget. Kanske uppgiften var för komplicerad för att lösa på det här viset.

Nu har inte jag varit med här men en rad kanske ska vara det man lyckats få ihop med matematisk notation. ”För alla” kan ju skrivas $\forall$ exempelvis. 

Kommentar. Jag kanske är ute och cyklar, men måste man inte visa att $f$ är surjektiv först?

Darth Vader skrev:

Kommentar. Jag kanske är ute och cyklar, men måste man inte visa att $f$ är surjektiv först?

Kommentar. Som uppgiften formulerats, så är $\mathbb{Z}$ funktionens målmängd (d.v.s. inte nödvändigtvis värdemängd), så $f$ behöver inte vara surjektiv till $\mathbb{Z}$. Notera också att Rad 1 visar en möjlig lösning vars värdemängd är $V_f = \{0\}$. På Rad 5 tog man fram en annan möjlig lösning vars värdemängd är antingen $\mathbb{Z}$ ifall $C$ är ett udda tal, eller $2\mathbb{Z}$ ifall $C$ är ett jämnt tal. Det man behöver visa nu är att det inte finns någon annan lösning än de som redan nämnts.

LuMa07 skrev:

Darth Vader skrev:

Kommentar. Jag kanske är ute och cyklar, men måste man inte visa att $f$ är surjektiv först?

Kommentar. Som uppgiften formulerats, så är $\mathbb{Z}$ funktionens målmängd (d.v.s. inte nödvändigtvis värdemängd), så $f$ behöver inte vara surjektiv till $\mathbb{Z}$. Notera också att Rad 1 visar en möjlig lösning vars värdemängd är $V_f = \{0\}$. På Rad 5 tog man fram en annan möjlig lösning vars värdemängd är antingen $\mathbb{Z}$ ifall $C$ är ett udda tal, eller $2\mathbb{Z}$ ifall $C$ är ett jämnt tal. Det man behöver visa nu är att det inte finns någon annan lösning än de som redan nämnts.

Kommentar. Oj, tänkte fel. Hänger med nu... Jag var ute och cyklade trots allt!

Rad 15. Låt $k \in \mathbb{Z}$ så att $f(a+1)-f(a)=k$ för alla $a \in \mathbb{Z}$ (rad 14). Visa mha. induktion att $f(a)=ka+f(0)$ för alla $a \in \mathbb{Z}$.

Rad 16:

För a=0 ger formeln f(a)=k*a+f(0) att f(0)=k*0+f(0)=0+f(0)=f(0) vilket stämmer.

Rad 17. Om det finns ett nollskilt tal $a \in V_f$, så är $f(a) = ka+f(0)$ enligt rad 15 och samtidigt $f(a) = 2a+f(0)$ enligt rad 7.

Tillägg: 24 jun 2025 08:47

Anmärkning: Jag märkte för sent att det är oväsentligt om $a=0$ eller inte på denna rad. Man torde dock vilja ta hänsyn till det när slutsatser dras från denna rad.