MATeMAtyka 3. Zbiór zadań — strona 20

Wystarczy rozpatrzyć $t\in\langle0;5)$, gdzie $t\equiv x\pmod5$. Dla $t\in\langle0;1)$ argument $t-1$ sprowadza się do $t+4$, więc

$$2t=15-3(t+4)\iff5t=3\iff t=\frac35.$$

Dla $t\in\langle3;4)$ mamy

$$15-3t=2(t-1)\iff5t=17\iff t=\frac{17}{5}.$$

W przedziałach $\langle1;3)$ i $\langle4;5)$ oba porównywane fragmenty mają odpowiednio równoległe wykresy i równanie nie ma rozwiązań. Powtarzamy dwa otrzymane argumenty co 5.

Zmiana znaku lub przesunięcie argumentu nie zmienia długości okresu, natomiast zastąpienie argumentu przez $ax$ dzieli okres przez $|a|$.

a) Odbicie argumentu: $T_g=8$.

b) Trzykrotne skalowanie argumentu: $T_h=\frac83$.

c) Przesunięcie o 5 i skala $-2$: $T_k=\frac82=4$.

d) Skala argumentu $\frac14$: $T_l=\frac{8}{1/4}=32$.

Niech $u\in\langle-2;2)$ będzie reprezentantem liczby $x$ modulo 4. Wtedy $f(x)=u^2$.

a) $u^2=1$, więc $u=\pm1$; po połączeniu okresów $x=1+2k$.

b) $u^2=3$, więc $u=\pm\sqrt3$; stąd $x=4k\pm\sqrt3$.

c) $u^2\le1$ wtedy i tylko wtedy, gdy $u\in\langle-1;1\rangle$.

d) $u^2>2$ dla $|u|>\sqrt2$. Fragmenty przy dwóch końcach okresu łączą się przez punkt graniczny, dając przedziały $(4k+\sqrt2;4k+4-\sqrt2)$.

Niech $T$ będzie okresem funkcji $f$. Wtedy

$$g(x+T)=af(x+T)+b=af(x)+b=g(x),$$

więc $T$ jest również okresem funkcji $g$.

Odwrotnie, jeśli $S>0$ jest okresem funkcji $g$, to

$$af(x+S)+b=af(x)+b.$$

Ponieważ $a\ne0$, wynika stąd $f(x+S)=f(x)$, czyli $S$ jest także okresem funkcji $f$. Obie funkcje mają zatem dokładnie te same okresy, a więc także ten sam okres podstawowy.

a) Dziedzina funkcji okresowej o okresie $T\ne0$ musi być niezmiennicza na przesunięcie o $T$: wraz z każdym argumentem zawiera wszystkie liczby $x+kT$. Gdyby $D=\mathbb R\setminus\{-3,3\}$, również dwuelementowy zbiór wykluczony musiałby być niezmienniczy na takie przesunięcie. Żadne niezerowe przesunięcie nie odwzorowuje zbioru $\{-3,3\}$ na niego samego, więc jest to niemożliwe.

b) Okresowość nie nakłada analogicznego warunku na zbiór wartości. Można na jednym przedziale długości 1 zadać dowolne odwzorowanie surjektywne na $\mathbb R\setminus\{-3,3\}$ i powtórzyć je na każdym przedziale przesuniętym o liczbę całkowitą. Powstała funkcja ma okres 1 i dokładnie taki zbiór wartości.

Fragment okresu obejmuje $23$ jednostki na osi $x$. Pierwszy odcinek łączy punkty $(0,0)$ i $(8,6)$, więc ma długość

$$\sqrt{8^2+6^2}=10.$$

Drugi łączy $(8,6)$ z $(23,0)$, zatem jego długość wynosi

$$\sqrt{15^2+6^2}=\sqrt{261}=3\sqrt{29}.$$

Jeden okres wykresu ma długość $10+3\sqrt{29}$.

Ponieważ $161-(-69)=230=10\cdot23$, wskazany fragment obejmuje dokładnie 10 okresów. Jego długość to

$$10(10+3\sqrt{29})=100+30\sqrt{29}.$$

Jeżeli funkcja nie ma miejsca zerowego, zachodzi pierwsza możliwość. Jeżeli natomiast $f(x_0)=0$ i $T\ne0$ jest okresem funkcji, to dla każdego $k\in\mathbb Z$ mamy

$$f(x_0+kT)=f(x_0)=0.$$

Liczby $x_0+kT$ są parami różne, więc tworzą nieskończony zbiór miejsc zerowych. To dowodzi tezy.

Wybierzmy

$$A=\{8,16,24,32,40,48,56,64\}.$$

Po sprowadzeniu tych argumentów modulo 9 do $\langle1;10)$ otrzymujemy kolejno $8,7,6,5,4,3,2,1$. Wartości funkcji to zatem

$$-\frac{60}{8},\ -\frac{60}{7},\ -\frac{60}{6},\ -\frac{60}{5},\ -\frac{60}{4},\ -\frac{60}{3},\ -\frac{60}{2},\ -60.$$

Wraz ze wzrostem argumentów w $A$ mianowniki maleją, więc ten ciąg wartości jest ściśle malejący.