zzzivert skrev:$x=y=0 \ \Rightarrow f(0)=f(0)^2 \ \Rightarrow f(0)=0 \ \vee \ 1$.
$x=0 \ \Rightarrow f(0)=f(0)(f(y)+y)$.
Så dersom $f(0)=1$ får vi $f(x)=1-x, \ \forall x\in \mathbb{R}$. Vi setter inn og verifiserer at dette faktisk er en løsning.
Dersom $f(0)=0$ og $y=0 \ \Rightarrow f(x^2)=xf(x)$, som gir $xf(x)=f(x^2)=f((-x)^2)=-xf(-x) \ \Rightarrow f(-x)=-f(x)$.
$y=-x \ \Rightarrow xf(x)=f(x)f(-x)=-f(x)^2 \ \Rightarrow f(x)=0 \ \vee f(x)=-x$ for enhver $x\in \mathbb{R}$.
La $x\neq 0, y=1-x$:
$f(x)(x-f(1-x))=xf(1) $
Siden $f(1-x)=0 \ \vee f(1-x)=-(1-x)=x-1$, så har vi at $x-f(1-x)\neq 0$ og derfor
$f(x)=0 \Leftrightarrow f(1)=0$.

Derfor har vi de tre løsningene:
1) $f(x)=1-x, \ \forall x\in \mathbb{R}$ (når $f(0)=1$).
2) $f(x)=-x, \ \ \ \ \forall x\in \mathbb{R}$ (når $f(1)=-1$).
3) $f(x)\equiv 0, \ \ \ \ \ \ \ \forall x\in \mathbb{R}$ (når $f(1)=0$).

Vi verifiserer at 2) og 3) faktisk er løsninger ved innsetting.

Gustav skrev:Nok en oppfølger:

Finn alle funksjoner $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ slik at $$ f(x^2+xy)=f(x)f(y)+yf(x)+xf(x+y)$$ for alle reelle $x,y$.

Markus skrev: La $g(x)=f(x)/x$, noe som gir at $g(x^2)=g(x)$. Definer nå $(x_n)$ ved $x_n = \sqrt{x_{n-1}}$ og $x_0=x>0$ for $n \geq 1$. Siden $g(x^2)=g(x)$ er $g(x)=g(x_0)=g(x_1)=g(x_2)=\dots=g(x_n)$. Nå er $\lim_{n \to \infty} x_n = \lim_{n \to \infty} x^{1/2n} = 1$, så $g(x)=g(1)$. Nå får vi $f(x)=g(1)x$, og $g(1)=f(1)$. Med den originale funksjonallikningen og $x=y=1$ får vi $f(1)(f(1)+1)$ så $f(1)=0$ eller $f(1)=-1$. Dermed er $f(x)=0$ eller $f(x)=-x$.

Gustav skrev:Nok en oppfølger:

Finn alle funksjoner $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ slik at $$ f(x^2+xy)=f(x)f(y)+yf(x)+xf(x+y)$$ for alle reelle $x,y$.

zzzivert skrev:La $x=y=0$. Da har vi $f(0)=0$.
Hvis $y=-x$ får vi $f(x^2-xf(x))=0$.
Anta at det eksisterer $a\neq 0$ slik at $f(a)=0$, og la $x=a$, da får vi:
$f(a^2)=af(a+y)$
derfor er $f(x)=c$ konstant, og $c=xc$, så $f(x)\equiv0$ er en løsning.

Dersom ikke $f(x)\equiv0$, har vi at $f(a)=0\Rightarrow a=0$.
Fra $f(x^2-xf(x))=0$ får vi at $x^2-xf(x)=0$ så $f(x)=x$ er den andre løsningen.

Janhaa skrev:[tex]f(x) = x[/tex]
?

Gustav skrev:Oppfølger: Finn alle $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R} $ slik at $$ f(x^2+yf(x))=xf(x+y)$$ for alle reelle $x,y$.

Markus skrev:Oppfølger:
Finn alle funksjoner $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ slik at $$f(x+yf(x))=f(xf(y)) - x + f(y+f(x)) \qquad \forall x,y \in \mathbb{R}$$

Gustav skrev:Oppfølger:

Finn alle funksjoner $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ slik at $$ f(f(y))+f(x-y)=f(xf(y)-x)$$ for alle reelle $x,y$.

DennisChristensen skrev:

Gustav skrev:Finn alle funksjoner $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ slik at $$ f(x^2y)=f(xy)+yf(f(x)+y)$$ for alle $x,y$.

Lar vi $x=1$ får vi at $f(y) = f(y) + yf\left(f(1) + y\right)$, så $yf(f(1) + y) = 0$ for alle $y\in\mathbb{R}$. Det betyr at $f(f(1) + y) = 0$ for alle $y\neq 0$. Om vi skriver $z=f(1) + y$ kan dette formuleres som at $f(z) = 0$ for alle $z\neq f(1)$.

Case 1: $f(1) \neq 1$: Da forteller siste linje ovenfor at $f(1) = 0$. Om vi setter $x=0$ i den originale likningen får vi at $yf(f(0) + y) = 0$. Anta i jakt på en selvmotsigelse at $f(0) \neq 0$. Om vi lar $y=-f(0)\neq 0$ har vi at $f(0) = 0$, en selvmotsigelse, så vi konkluderer med at $f(0) = 0$. Vi vet altså at $f(z)=0$ for alle $z\neq 0$ og at $f(0) = 0$. Dermed ser vi at $f$er identisk lik $0$.

Case 2: $f(1) = 1$: Om vi lar $x=a>1$ og $y=1/a$ i den originale likningen får vi at $f(a) = f(1) + \frac1af(f(a) + \frac1a)$. Ettersom $f(a)=f(\frac1a)=0$ og $f(1) = 1$ får vi altså at $0 = 1 + 0$, en selvmotsigelse.

Dermed er $f\equiv 0$ eneste løsning.

Oppfølger: Finn alle kontinuerlige funksjoner $f: \mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ slik at $$f(f(f(x))) = x$$ for alle $x\in\mathbb{R}$.

Gustav skrev:Finn alle funksjoner $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ slik at $$ f(x^2y)=f(xy)+yf(f(x)+y)$$ for alle $x,y$.