Funksjonallikninger biter ikke

[daofeishi]

Vi har tidligere hatt noen funksjonallikninger på forumet, som kanskje har vært i vanskeligste laget. Her er noen oppgaver som kanskje introduserer oppgavetypen i et litt mer piano tempo

I en vanlig likning søker vi å finne ut hvilen verdi for en gitt verdi som tilfredsstiller et uttrykk. I en funksjonallikning ønsker vi derimot å finne alle funksjoner som tilfredsstiller en gitt identitet.

En mulig funksjonallikning er:
[tex]f(xy) = f(x) + f(y)[/tex]
som vi ser er tilfredsstilt av logaritmiske funksjoner [tex]f(x) = \log(x)[/tex]

En annen er
[tex]f(x + y) = f(x) + f(y)[/tex]
som er tilfredsstilt av [tex]f(x) = ax[/tex] for en konstant a.
Dette er en viktig funksjonallikning kalt Cauchys funksjonallikning, og det kan vises at dersom funksjonen f er kontinuerlig, vil f(x) = ax være eneste løsning.

En tredje er:
[tex]f(x+y) + f(x-y) = 2f(x)f(y)[/tex]
Denne likningen er kjent som d'Alemberts funksjonallikning, og ble løst av Cauchy. Alle funksjoner som tilfredsstiller denne er [tex]f(x) = 0[/tex], [tex]f(x) = \cos(ax)[/tex] og [tex]f(x) = \frac{1}{2}(e^{ax} + e^{-ax})[/tex].

Dessverre finnes det ikke noen enhetlig teori som tar for seg løsning av funksjonallikninger. Her er eneste mulighet en porsjon kreativitet og tålmodighet (og det er derfor disse oppgavene ofte er funnet i matematiske konkurranser.)

Mange teknikker kan fungere. Veldig ofte er det som skal til en litt smart manipulering av variabler i likningen. Andre ganger må man "gjette seg fram" til en funksjon som tilfredsstiller likningen, og så prøve å bevise at dette er eneste løsning. Siste steget kan ofte være vanskelig, så vi bryr oss ikke så mye om det nå. Prøv å bryne deg på de følgende oppgavene. De bør være tilgjengelige for videregåendeelever med litt pågangsmot:


1. Finn alle reelle funksjoner f(x) og g(y) slik at [tex]f(x) + g(y) = \log(1 + x + xy + y)[/tex]

2. Finn alle reelle funksjoner som tilfredsstiller
[tex]f(a+b) - f(a-b) = 4ab[/tex]

3. Prøv å finne så mange løsninger som mulig til de følgende funksjonallikningene, ved å gjette eller på annet vis. (Det er godt mulig du får bruk for noen av funksjonallikningene nevnt over)
a) [tex]f(x)f(x+1) = f(2x+1)[/tex]
b) [tex]f(x)f(x+1) = \frac{1}{2} \left( f(1) + f(2x+1)\right)[/tex]
c) [tex]f(x)f(x+1) = f(x)-f(x+1)[/tex]
d) [tex]f(x)f(x+1) = f(f(x)+x)[/tex]

4. Tenk deg at du har to kontinuerlige funksjoner c og s som tilfredsstiller de følgende funksjonallikningene:
[tex]c(x+y) = c(x)c(y) - s(x)s(y) \\ s(x+y) = s(x)c(y)+s(y)c(x)[/tex]
du vet også at [tex]c(0) \neq 0[/tex]. Vis at c og s har de følgende egenskapene:
a) [tex]s(0) = 0[/tex] og [tex]c(0) = 1[/tex]
b) La [tex]h(x) = c(x)^2 + s(x)^2[/tex] Vis at h er en løsning til [tex]h(x+y) = h(x) h(y)[/tex]
c) Tenk deg at det eksisterer en konstant K slik at [tex]c(x)^2 + s(x)^2 \leq K[/tex] for alle x. Vis at [tex]c(x)^2 + s(x)^2 = 1[/tex]
d) La oss anta at c(x) og s(x) kan deriveres, og at [tex]c^\prime(0) = 0[/tex]. Bruk dette til å vise at [tex]c(x)^2 + s(x)^2 = 1[/tex]

[Karl_Erik]

1. Finn alle reelle funksjoner f(x) og g(y) slik at [tex]f(x) + g(y) = \log(1 + x + xy + y)[/tex]

Prøver meg på denne først.

Setter først y=0. Da er [tex]f(x) = \log(1 + x) - g(0)[/tex]. Tilsvarende blir [tex]g(y) = \log(1 + y) - f(0)[/tex]. For å finne konstantene [tex] f(0) [/tex] og [tex] g(0) [/tex] legger vi sammen uttrykkene vi har for funksjonene.

[tex]f(x) + g(y) = \log(1 + x) + \log(1 + y) - f(0) - g(0)[/tex]

Vi ser at [tex]\log(1 + y) + \log(1 + x) = \log( (1 + x)(1+y) ) = \log(1 + x + y + xy) [/tex], som jo er uttrykket vi fikk oppgitt for [tex] f(x) + g(y) [/tex].

[tex]f(x) + g(y) = \log(1 + x) + \log(1 + y) - f(0) - g(0)[/tex]
[tex]f(x) + g(y) = f(x) + g(y) - f(0) - g(0)[/tex]
[tex]f(0) = - g(0)[/tex]

Konkluderer altså med at de eneste to funksjonene [tex] f(x) [/tex] og [tex] g(y) [/tex] som tilfredsstiller funksjonallikningen er

[tex] f(x) = \log(1 + x) + C [/tex]
og
[tex] g(y) = \log(1 + y) - C [/tex]

der C er en konstant.

Ble dette riktig?

[daofeishi]

Stemmer! Tipp-topp!

[Karl_Erik]

Takktakk. Bare et lite spørsmål angående 4 b og c. Hvis vi tar 4 c for gitt, at c(x)^2 + s(x)^2 = 1, burde ikke 4 b da bli umulig, i og med at h(x) = 1, så det at h(x+y)=h(x) + h(y) hadde medført at 1=2? Eller misforstår jeg helt?

[TrulsBR]

2. Finn alle reelle funksjoner som tilfredsstiller
[tex]f(a+b) - f(a-b) = 4ab[/tex]

Setter [tex]b=a[/tex] og oppnår [tex]f(2a)=4a^2=(2a)^2[/tex].
Dermed er [tex]f(x)=x^2[/tex].

Svaret kan sjekkes ved å anvende 1. og 2. kvadratsetning.

3. a) [tex]f(x)f(x+1) = f(2x+1)[/tex]

Her holder det vel å observere at det er ekvivalent med multiplikasjon av eksponentialfunksjoner, og konkludere med at [tex]f(x)=e^{ax}[/tex].

[Matematikkk]

2. Finn alle reelle funksjoner som tilfredsstiller
[tex]f(a+b) - f(a-b) = 4ab[/tex]

Setter [tex]b=a[/tex] og oppnår [tex]f(2a)=4a^2=(2a)^2[/tex].
Dermed er [tex]f(x)=x^2[/tex].

Svaret kan sjekkes ved å anvende 1. og 2. kvadratsetning.

Blir det ikkje heller slik:
[tex]f(2a) + f(0)=4a^2=(2a)^2[/tex]
Dermed er [tex]f(x)=x^2 - f(0)[/tex]
f(0) er konstant, så alle løsninger blir:
[tex]f(x)=x^2 + C[/tex]

Enig?

[TrulsBR]

Helt enig!
I begge tilfellene har jeg bare funnet én funksjon som tilfredsstiller likningene.

[Karl_Erik]

3. a) [tex]f(x)f(x+1) = f(2x+1)[/tex]

Fungerer ikke [tex] f(x) = 0 [/tex] helt fint, det og?

[TrulsBR]

3. a) [tex]f(x)f(x+1) = f(2x+1)[/tex]

Fungerer ikke [tex] f(x) = 0 [/tex] helt fint, det og?

Jepp! Som forsvar tilsvarer det at min [tex]a = -\infty[/tex].

Edit:
[tex]f(x)=1[/tex] fungerer også, altså [tex]a=0[/tex].

[Karl_Erik]

Funker jo fint det, ja. Ellers funker [tex]f(x) = 0[/tex] dessuten greit på 3 b, c og d. [tex]f(x) = 1[/tex] går desverre ikke på c, men på b og d. Wow.

[TrulsBR]

Konstantfunksjoner funker visst ofte, ja.
På 3d) Fant jeg [tex]f(x)=x^2[/tex], men uten noen som helst form for argumentasjon..

[TrulsBR]

3c) [tex]f(x)f(x+1)=f(x)-f(x+1)[/tex]

Igjen har jeg ingen rigorøs framgangsmåte for å finne fram til svaret, jeg gikk simpelthen gjennom de funksjonene jeg kjenner til og undersøkte om de hadde denne ønskede egenskapen. Til slutt fant jeg:

[tex]f(x)=\frac{1}{x+a}[/tex]

Løsningen kan verifiseres ved delbrøksoppspalting.

Hvilke metoder har man for å undersøke om man faktisk har funnet alle løsningene til slike funksjonallikninger??

[daofeishi]

Flott Truls, det stemmer. Det finnes ogsaa flere funksjoner som oppfyller likningen - jeg vil ikke avsloere hvilke.

Aa bevise at en viss klasse likninger er den eneste som oppfyller en funksjonallikning er ikke trivielt, og det finnes ikke en helhetlig metodikk. Ofte undersoeker man hvilke egenskaper funksjonalliknigen impliserer for funksjonen, og sneverer inn soeket til noen faa cases som undersoekes. Ofte kreves restriksjoner, slik som kontinuitet, for aa kunne bestemme funksjonene. Her kreves et visst kjennskap til funksjonsanalyse.

[mrcreosote]

Funksjonalligninger er moro - her er en som kan løses nesten bare ved å sette inn smarte verdier for x og y:

Finn alle reelle funksjoner som tilfredsstiller f(x)f(y)=f(x-y) for alle reelle x og y.

[Charlatan]

[tex]f(x)f(y)=f(x-y)[/tex]

la [tex]y=x[/tex].

[tex](f(x))^2=f(0) \Rightarrow f(x)=\pm\sqrt{f(0)}[/tex]

[tex]f(0)f(0)=f(0) \Rightarrow f(0)(f(0)-1)=0 \Rightarrow f(0)=1 \ \text{eller} \ f(0)=0 \Rightarrow f(x)=1, -1 \ \text{eller} \ 0[/tex].

Vi ser om disse mulighetene tilfredsstiller likheten.
Anta at [tex]f(x) = 1 \Rightarrow f(y)=f(x-y)[/tex]
Som er riktig da [tex]f(u) =1[/tex] for alle [tex]u[/tex].

Anta at [tex]f(x)=0 \Rightarrow f(x-y)= 0[/tex]
Som er riktig da [tex]f(u)=0[/tex] for alle [tex]u[/tex].

Anta at [tex]f(x)=-1 \Rightarrow f(y)=-f(x-y) \Rightarrow -1=1.[/tex]
Vi har oppnådd en motsigelse og kan forkaste denne antagelsen.

Da får vi de mulige funksjonene f:
[tex]f \ : \ x \mapsto 1 \ \vee \ f \ : \ x \mapsto 0[/tex]