     
P 48 (2020/2021) 54
O reševanju funkcijskih enačb
J J S
V osnovni in srednji šoli pogosto rešujemo enač-
be, v katerih neznanke predstavljajo iskana števila
in jih moramo z znanimi postopki izraziti, da pri-
demo do možnih rešitev. Funkcijske enačbe so
nekoliko drugačne in za reševanje nimajo enostav-
nih, ustaljenih postopkov, ampak zahtevajo tudi
veliko mero iznajdljivosti. Zato so naloge s funkcij-
skimi enačbami pogost izziv na zahtevnejših mate-
matičnih tekmovanjih.
V članku bomo najprej spoznali nekaj osnovnih
principov reševanja takšnih enačb, nato pa bomo re-
šili še nekaj novejših nalog z mednarodnih tekmo-
vanj. Za začetek si oglejmo enostaven primer funk-
cijske enačbe.
Naloga 1.
Določi vse funkcije f : R Ñ R, ki zadoščajo enačbi
f px `yq “ x ` f pyq
za vsaka x in y P R.
Kaj naloga zahteva od nas? Ne iščemo vseh števil,
ki bi rešila enačbo, temveč želimo najti vse takšne
funkcije. Res je, da v enačbi nastopata tudi spremen-
ljivki x in y , a ne iščemo njunih vrednosti, prav na-
sprotno: ugotavljamo, kakšne so tiste funkcije, za
katere ustrezna enakost velja za vsako veljavno iz-
biro x in y .
Zgornjo funkcijsko enačbo lahko razumemo kot
sistem neskončno mnogo enačb, ki jih dobimo, če
namesto x in y vstavljamo konkretne vrednosti. Na
nek način bi se dalo tudi reči, da imamo neskončno
mnogo neznank: vrednosti f pxq za vsa števila x iz
definicijskega območja.
Kako se lotimo reševanja takšnih enačb? Dose-
danji razmislek namiguje, da se moramo pri vsaki
enačbi znajti malo drugače. Vseeno obstaja nekaj po-
gostih pristopov. Najenostavnejši je vstavljanje kon-
kretnih vrednosti spremenljivk, denimo 0 ali 1, ali
enačenje spremenljivk v enačbi. Poskusimo z vsta-
vljanjem x “ y “ 0 v našo začetno enačbo. Tako
ugotovimo, da mora za iskano funkcijo f veljati ena-
kost
f p0 ` 0q “ 0 ` f p0q oziroma f p0q “ f p0q.
Ta enakost nam očitno ne prinese novih informacij,
saj velja za poljubno funkcijo f . Poskusimo s sub-
stitucijo samo v eni spremenljivki, recimo y “ 0, s
katero dobimo enakost
f pxq “ x ` f p0q.
Kaj nam to pove? Vrednost f p0q je neko fiksno re-
alno število, recimo mu c. Dokazali smo torej, da
mora za iskano funkcijo f veljati
f pxq “ x ` c
za vsak x P R, kjer je c P R neka konstanta. Zdaj
lahko preverimo, ali takšna funkcija sploh ustreza
začetni enačbi. Vstavimo predpis v enačbo in do-
bimo, da mora veljati
x `y ` c “ x ` py ` cq za vse x,y P R,
kar velja ne glede na izbiro konstante c. Funkcije
oblike f pxq “ x`c, kjer je c P R poljubna konstanta,
so torej vse rešitve začetne funkcijske enačbe.
     
P 48 (2020/2021) 5 5
Povzemimo: vstavili smo y “ 0 in ugotovili, da
mora za vsako rešitev začetne funkcijske enačbe ve-
ljati f pxq “ x ` c za neko konstanto c P R. Vse mo-
žne rešitve so torej take oblike, s preverjanjem pa
smo nato dokazali še, da so vse funkcije take oblike
zares rešitve.
Naloga 2.
Določi vse funkcije f : R Ñ R, ki zadoščajo enačbi
f px ` f pxq `yq “ y ` f p2yq
za vse x,y P R.
Če poskusimo z vstavljanjem konkretnih vredno-
sti, lahko dobimo enačbe, kot so f px` f pxqq “ f p0q,
f pf p0qq “ f p0q ali podobne, ki tokrat niso direktno
uporabne. Izkaže se, da bomo do rešitve zelo eno-
stavno prišli na malo drugačen način. Poskusimo
enačiti argumenta obeh pojavitev f , da se člena med
seboj pokrajšata: vstavimo y “ x ` f pxq. Dobimo
f p2x ` 2f pxqq “ x ` f pxq ` f p2px ` f pxqqq,
kar je seveda ekvivalentno
x ` f pxq “ 0.
Ta enačba pove, da mora za vsak x P R veljati f pxq “
´x, torej imamo predpis edine funkcije, ki lahko reši
enačbo. Preverimo, da jo res, torej vstavimo predpis
v osnovno enačbo in dobimo
´ x ` x ´y “ y ´ 2y,
kar res velja za poljubni realni števili x in y . V tem
primeru ima funkcijska enačba eno samo rešitev.
Do pomembnih sklepov pri reševanju funkcijskih
enačb nas lahko pripeljejo tudi posebne lastnosti
funkcij. Spomnimo se, da je funkcija f : A Ñ B sur-
jektivna, če za vsak b P B obstaja nek a P A, za ka-
terega velja f paq “ b. Za dokaz surjektivnosti funk-
cije, ki je morda eksplicitno ne poznamo, zadošča
zapisati enakost, v kateri je na eni strani funkcija
f s sestavljenim, a dobro definiranim argumentom,
na drugi strani pa nek izraz, za katerega vemo, da
zavzame vse možne vrednosti. Oglejmo si dva zah-
tevnejša primera funkcijskih enačb, v katerih surjek-
tivnost igra pomembno vlogo.
Naloga 3 (Slovenski izbirni test za MMO 2016).
Določi vse funkcije f : R` Ñ R`, za katere velja
f
ˆ
x
f pyq
˙
“ pf pxqq
2
yf pf pxqq
za vse x,y ą 0.
Tokrat iščemo samo funkcije iz pozitivnih realnih
števil v pozitivna realna števila. Lahko bi poskusili s
kakšnim vstavljanjem, a se raje lotimo naloge malo
drugače. Po premisleku vidimo, da pri fiksnem x
izraz na desni strani zavzame vsa pozitivna realna
števila, ko y preteče vsa pozitivna realna števila. To
lahko utemeljimo tudi tako, da namesto y vstavimo
pf pxqq2
yf pf pxqq in dobimo
f
¨
˝
x
f
´
pf pxqq2
yf pf pxqq
¯
˛
‚“ y.
Argument funkcije f na levi strani je dobro definiran.
Ker desna stran zavzame poljubno pozitivno realno
število, smo torej ugotovili, da je f surjektivna.
Naslednji smiseln korak bi bil, da v začetni enačbi
na levi strani nekako dobimo f pxq, da se lahko ta
člen z enakim na desni strani pokrajša. Ker je f sur-
jektivna, lahko vstavimo y “ c, kjer je c poljubno
pozitivno realno število z lastnostjo f pcq “ 1. Po
poenostavitvi dobimo
f pxq
cf pf pxqq “ 1 oziroma f pxq “ cf pf pxqq.
Z rešitvijo smo že skoraj pri koncu. Naj bo a po-
ljubno pozitivno realno število. V zgornjo enačbo
lahko namesto x zaradi surjektivnosti vstavimo ta-
kšno število, ki se slika v a. S tem dobimo enačbo
cf paq “ a,
ki velja za vsako pozitivno realno število a in neko
pozitivno realno število c. Vse možne funkcije, ki
rešijo enačbo, so torej oblike f pxq “ kx, kjer je
k “ 1c P R` neka konstanta. Z vstavljanjem v zače-
tno enačbo ugotovimo, da je takšna funkcija rešitev
začetne enačbe za vsak k P R`.
Naslednja enačba, ki si jo bomo ogledali, je s Sre-
dnjeevropske matematične olimpijade 2015, ki je po-
tekala v Kopru v Sloveniji. Za razliko od prejšnjih pri-
merov tokrat iščemo surjektivne funkcije na množici
naravnih števil.
     
P 48 (2020/2021) 56
Naloga 4 (MEMO 2015).
Poišči vse surjektivne funkcije f : N Ñ N, za katere
za vsa naravna števila a in b velja natanko ena izmed
naslednjih enačb:
f paq “ f pbq,
f pa` bq “ mintf paq, f pbqu.
Nenavadni pogoj pove, da za iskane funkcije iz
f paq ă f pbq sledi f pa ` bq “ f paq. Zaradi surjek-
tivnosti gotovo obstaja naravno število a1 z lastno-
stjo f pa1q “ 1. Denimo, da je f p1q ą 1. Potem sledi
f pa1 `1q “ 1, pa tudi f pa1 `2q “ f ppa1 `1q`1q “ 1.
Induktivno lahko zaključimo, da f pnq “ 1 za vsak
n ě a1.
V čem je težava tega sklepa? Funkcija f v tem
primeru doseže le končno mnogo vrednosti, torej ne
more biti surjektivna. Prišli smo do protislovja, zato
mora veljati f p1q “ 1.
Če sedaj v začetno enačbo vstavimo b “ 1, lahko
vidimo, da za vsak a, za katerega f paq ‰ 1, velja
f pa` 1q “ 1. Hkrati lahko z vstavljanjem a “ b “ 1
ugotovimo, da f p2q ‰ 1, saj velja prva enačba, zato
druga ne sme veljati. Sledi f p3q “ 1, sedaj pa lahko
z indukcijo dokažemo, da je f paq “ 1 natanko tedaj,
ko je a lih, kar prepuščamo bralcu.
Kaj lahko povemo o vrednosti f paq za soda števila
a? Na enak način kot f p1q “ 1, bi lahko sedaj doka-
zali, da je f p2q “ 2. Še več, po analognih sklepih kot
prej bi lahko dokazali tudi, da je f paq “ 2 natanko
tedaj, ko je a deljiv z 2 in ne s 4, podobno, da je
f paq “ 3 natanko tedaj, ko je a deljiv s 4 in ne z 8.
Ker lahko vsako naravno število a zapišemo v obliki
a “ 2r ¨m, kjer je m neko liho število in r P N0, na
podlagi dosedanjih ugotovitev postavimo domnevo,
da mora za iskano funkcijo veljati f p2r ¨mq “ r ` 1.
Za r “ 0 in r “ 1 smo to domnevo že dokazali, na-
tančni bralci pa bodo morda sami dodali podrobno-
sti dokaza z indukcijo za poljuben r in preverili, da
ta funkcija ustreza začetni enačbi.
Za konec si oglejmo še funkcijsko enačbo s tekmo-
vanja Romanian Master of Mathematics 2019, ki se
je izkazala za izjemno težko.
www.dmfa.si
Naloga 5 (RMM 2019, Jakob Jurij Snoj).
Določi vse funkcije f : R Ñ R, za katere velja
f px `yf pxqq ` f pxyq “ f pxq ` f p2019yq
za vsa x,y P R.
Tokrat rešujemo funkcijsko enačbo, pri kateri
spremenljivke nastopajo le v argumentih funkcije,
kar je pogosto znak, da je naloga zahtevnejša. Z
vstavljanjem x “ 2019 se znebimo drugega člena na
obeh straneh enačbe. Dobimo
f p2019 `yf p2019qq “ f p2019q.
Kaj nam ta enačba pove? Če velja f p2019q ‰ 0, v
argumentu funkcije f na levi strani nastopajo vsa re-
alna števila. V tem primeru je funkcija f konstantna
in neničelna. Ni težko preveriti, da vse konstantne
funkcije, vključno z ničelno, rešijo enačbo.
Raziščimo še primer f p2019q “ 0 za nekonstan-
tno funkcijo f . V osnovno enačbo lahko vstavimo
y “ 1 in dobimo
f px ` f pxqq “ f p2019q “ 0.
Če ima funkcija f le eno ničlo, velja x`f pxq “ 2019,
torej dobimo v tem primeru rešitev f pxq “ 2019 ´x,
za katero lahko preverimo, da res reši enačbo. Sicer
pa ima f vsaj še eno ničlo s ‰ 2019. Če vstavimo
x “ s v osnovno enačbo, dobimo
f psyq “ f p2019yq.
Poskusimo to lastnost čim lepše izkoristiti. Name-
sto x v začetno enačbo vstavimo s2019x, da dobimo
enačbo
f
´ s
2019
x `yf
´ s
2019
x
¯¯
` f
´ s
2019
xy
¯
“ f
´ s
2019
x
¯
` f p2019yq.
Če prej omenjeno lastnost uporabimo na dobljeni
enačbi in jo primerjamo z osnovno enačbo, dobimo
f
´ s
2019
x `yf pxq
¯
“ f px `yf pxqq.
Privzeli smo, da funkcija f ni konstantna, torej ob-
staja neko število c z lastnostjo f pcq ‰ 0. V zgornji
enačbi zamenjamo x s c ter y z
y´ sc2019
f pcq , pa dobimo
f pyq “ f
´
y ` c
´
1 ´ s
2019
¯¯
.
     
P 48 (2020/2021) 5 7
Za c ‰ 0 je torej funkcija f periodična z neko peri-
odo p ą 0. Vstavimo x “ x ` p v osnovno enačbo
in dobljeno enačbo primerjamo z osnovno. Po poe-
nostavitvi dobimo
f ppx ` pqyq “ f pxyq.
V to enačbo lahko sedaj vstavimo x “ 0, da dobimo
f ppyq “ f p0q za vse y . To pomeni, da je funkcija f
konstantna, protislovje.
V primeru, da ima iskana funkcija vsaj dve ničli,
mora torej veljati f pcq “ 0 za vse vrednosti c ‰ 0. Pri
preverjanju pa naletimo še na zadnje presenečenje:
izkaže se, da je lahko vrednost f p0q poljubna. Tudi
vse funkcije oblike
f pxq “
#
0, če x ‰ 0;
c, če x “ 0.
rešijo enačbo.
Funkcijska enačba ima torej tri tipe rešitev: vse
konstantne funkcije f pxq “ c, linearno funkcijo
f pxq “ 2019 ´ x in vse skoraj ničelne funkcije, ki
imajo edino neničelno vrednost v točki 0.
SLIKA 1.
Tekmovanja Romanian Master of Mathematics 2019 v Bukarešti
so se udeležili Marko Čmrlec, Lovro Drofenik, Luka Horjak in
Jaka Vrhovnik v spremstvu Jakoba Jurija Snoja.
ˆ ˆ ˆ
Barvni sudoku
V 8 ˆ 8 kvadratkov moraš vpisati začetna naravna
števila od 1 do 8 tako, da bo v vsaki vrstici, v vsakem
stolpcu in v kvadratkih iste barve (pravokotnikih 2 ˆ
4) nastopalo vseh osem števil.
5 8 6
3 2 4
8 3
4 1
2 8
3
8 7 4
4 5
b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b
b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b
b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b
b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b
b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b
b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b
b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b


̌















71543826
38625471
56184237
42376518
67432185
85217643
23861754
14758362
bbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbb
bbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbb
bbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbb
bbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbb
bbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbb
bbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbb
bbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbb
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
ˆ ˆ ˆ