Брой корени

[Zarrie]

Нека [tex]P(x) = x^2 - 1[/tex]
Колко различни решения има следното уравнение :
[tex][/tex]
[tex]\underbrace{P(P(...(P}_\text{2004} (x))..) = 0[/tex]

[ptj]

Нека [tex]f_n(x)=\underbrace{P(P(...(P}_\text{n} (x))..)[/tex]

Очевидно [tex]f_n(x)=\bigg(f_{n-1}(x)\bigg)^2-1[/tex]

Тогава [tex]\big(f_n(x)\big)'=\bigg(\big(f_{n-1}(x)\big)^2-1\bigg)'=2.f_{n-1}(x).\big(f_{n-1}(x)\big)'=...=2^n.x[/tex],

т.е. функцията [tex]f_n(x)[/tex] се нулира в една единствена точка [tex]x=0[/tex], която се явява локален минимум, защото [tex]\bigg(f_n(x)\bigg)''=2[/tex].

Остава да разгледаме как се променя [tex]f_n(0)[/tex] :

[tex]f_1(0)=0^2-1=-1[/tex]

[tex]f_2(0)=\bigg(f_1(0)\bigg)^2-1=(-1)^2-1=1-1=0[/tex]

[tex]f_3(0)=\bigg(f_2(0)\bigg)^2-1=0-1=-1[/tex]
...
[tex]f_{(2k)}(0)=\bigg(f_{(2k-1)}(0)\bigg)-1=0^2-1=-1[/tex]

[tex]f_{(2k+1)}(0)=\bigg(f_{(2k)}(0)\bigg)-1=(-1)^2-1=1-1=0[/tex]

Понеже [tex]f_n(x)[/tex] е непрекъсната функция, то може да обобобщим, че за нечетни [tex]n[/tex] тя има 2 реални нули, докато за четни - само една ([tex]x=0[/tex]).

[Zarrie]

ЧНГ, ptj,
Разпиши си случая дори за n = 3 и ще видиш, че не е така
в общия случай отговорът е n + 1
Отговорът на задачата респективно е 2005

[Zarrie]

[tex]\underbrace{P(P(...(P}_\text{2004} (x))..) = 0[/tex]
Нека разгледаме общия случай, в който
[tex]\underbrace{P(P(...(P}_\text{n} (x))..) = 0[/tex]
и в частност [tex]n = 1[/tex]
[tex]P(x) = 0 \Leftrightarrow x = \{-1,1\}[/tex]
Нека сега [tex]n = 2[/tex]
[tex]P(P(x)) = 0 \Leftrightarrow P(x) = -1 \vee P(x) = 1[/tex]
От своя страна [tex]P(P(x)) = 0 \Leftrightarrow x = -1.4142136 , x = 1.4142136 , x = 0[/tex]
Нека разгледаме и случая [tex]n = 3[/tex] за да може да се уверим в закономерността, която виждаме.
[tex]P(P(P(x))) = 0 \Leftrightarrow P(P(x)) = \{1 , -1 \} \Leftrightarrow P(x) = \{0,\pm 1.4142136\} \Leftrightarrow x = \{\pm 1 , \pm 1.553774\}[/tex]
Допускаме, че при [tex]n = k \Rightarrow \exists x_{i} , i = 1,2,...,k+1 : \underbrace{P(P(...(P}_\text{k} (x_{i}))..) = 0[/tex]
Нека [tex]n = k + 1 \Rightarrow[/tex]
[tex]\underbrace{P(P(...(P}_\text{k+1} (x))..) = 0 \Leftrightarrow \underbrace{P(P(...(P}_\text{k} (x))..) = \pm 1[/tex]
От [tex]\underbrace{P(P(...(P}_\text{k} (x))..) = 1[/tex]
Се появяват се "образува" двоично дърво с дълбочина k - 1, като само едно от листата му, ще има наследник, тъй като другото е отрицателна стойност с модул > 1, и P(x) няма да даде решение за нея.
Респективно,
[tex][tex]\underbrace{P(P(...(P}_\text{k} (x))..) = -1[/tex][/tex]
Ще даде един корен 0 на първата стъпка, и за всяко следващо i < k , i = 1,2, ..., k-1 ще "дава" по 2 корена, отново образувайки двоично дърво, само едно от листата на което ще се разклонява, тъй като другото ще дава стойност, чиито модул ще е > 1 и P(x) няма да има решение за нея.
Сумирайки двата случая получаваме точно k + 2
С което индуктивното ни доказателство приключва.
-----------------------------------
Никак не е формално, но пък на мен повече ми харесва от оригиналното решение, което ако желаете бих ви изпратил
Това си е моята интерпретация на задачата!

[ptj]

За много години!

На 3 тия ред имам грешка в крайния резултат за производната.
Трябваше да е
[tex]\big(f_n(x)\big)'=\bigg(\big(f_{n-1}(x)\big)^2-1\bigg)'=2.f_{n-1}(x).\big(f_{n-1}(x)\big)'=...=2^{n-1}.f_{n-1}(x).f_{n-2}(x)...f_2(x).f_1(x).\big(f_1(x)\big)'=2^nx.f_{n-1}(x).f_{n-2}(x)...f_2(x).f_1(x)[/tex]

За съжаление 2-рата производна не е особено компактна и идеята ми в точно този вид ще е трудна за прилагане.

П.П. Като гледах графиките на [tex]wolframalfa.com[/tex] забелязах една много интересна закономерност:
Стойностите на функцията в локалните екстремуми отляво надясно са (-1;0;-1;0;-1;0;...;-1;0;-1).
Това има логично обяснение, а от него до крайния резултат има само една крачка...

Може би утре ще опитам да го опиша по-подробно и разбираемо.
[tex](-1)^2-1=0[/tex] , [tex]0^2-1=-1[/tex]

[ptj]

Идеята е много елементарна, но същевременно конструктивна. Най-добре ще я обясня с няколко графики:

[tex]f_1(x)=x^2-1:[/tex]

1.gif (2.71 KiB) Прегледано 474 пъти

[tex]f_2(x)=(x^2-1)^2-1:[/tex]

2.gif (3.69 KiB) Прегледано 474 пъти

[tex]f_3(x)=((x^2-1)^2-1)^2-1:[/tex]

3.gif (3.9 KiB) Прегледано 474 пъти

Горните фунции са непрекъснати и дефинирани върху цялата реална ос (всички реални числа). Те могат да се разделят на клонове по- следния начин:
- най-левия е намаляваща функция, която обхваща област от минус безкрайност до първото пресичане на абцисната ос.
- най-десния е растяща функция от последното пресичане на абцисната ос до плюс безкрайност.
-областта между споменатите вече крайни клонове, се състои от алтернативно редуващи се намаляващи и растящи функции, като първата от тях е намаляваща, а последната растяща. Освен това - намалящите имат функционални стойности от 0 до -1, а растящите от -1 до 0.

Идеята на решението е, че ако дефинираме изображението [tex]\varphi:x^2-1[/tex] и го приложим върху функционалните стойности на коя да е графика от горния тип (изпълняваща споменатите по-горе условия), то ще получим графика от същия тип, но тя ще има 2 клона повече, т.е. едно пресичане на абцисната ос в повече.

П.П. Ще се радвам, ако някой ученик успее да направи горното доказателство. То не е трудно, но е показател как сравнително трудна задача, може да реши лесно с подходяща конструктивна идея.