Nordisk funksjonallikning
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
Ved å sette [tex]x=y=0[/tex] får vi at [tex]f(0)=0[/tex].
Vi prøver å bevise at [tex]f(nx)=n^2f(x)[/tex] for alle ikke negative [tex]n[/tex].
Vi vet det gjelder for [tex]n=0[/tex], så anta at det gjelder for alle [tex]k<n[/tex].
Nå er [tex]f(kx+x)+f(kx-x)=2f(kx)+2f(x) \Rightarrow f((k+1)x)=2k^2f(x)+2f(x)-(k-1)^2f(x) \Rightarrow f((k+1)x)=(k+1)^2f(x)[/tex].
Vi har dessuten at [tex]f(y)+f(-y)=2f(0)+2f(y) \Rightarrow f(y)=f(-y) \Rightarrow f((-n)x)=f(nx)=n^2f(x)=(-n)^2f(x)[/tex].
Vi har altså at [tex]f(nx)=n^2f(x)[/tex] for alle [tex]n \in \mathbb{Z}[/tex].
Nå setter vi [tex]x=\frac{p}{q}[/tex], og [tex]n=q[/tex]. Vi får at [tex]f(nx)=f(p)=q^2f(\frac{p}{q}) \Rightarrow f(\frac{p}{q})=\frac{f(p)}{q^2}[/tex].
Men [tex]f(p)=p^2f(1) \Rightarrow f(\frac{p}{q})=(\frac{p}{q})^2f(1)[/tex] for en konstant [tex]c:=f(1)[/tex].
Vi har altså at [tex]f(x)=cx^2[/tex] og vi ser at denne funksjonen passer for alle rasjonale [tex]c[/tex].
Vi prøver å bevise at [tex]f(nx)=n^2f(x)[/tex] for alle ikke negative [tex]n[/tex].
Vi vet det gjelder for [tex]n=0[/tex], så anta at det gjelder for alle [tex]k<n[/tex].
Nå er [tex]f(kx+x)+f(kx-x)=2f(kx)+2f(x) \Rightarrow f((k+1)x)=2k^2f(x)+2f(x)-(k-1)^2f(x) \Rightarrow f((k+1)x)=(k+1)^2f(x)[/tex].
Vi har dessuten at [tex]f(y)+f(-y)=2f(0)+2f(y) \Rightarrow f(y)=f(-y) \Rightarrow f((-n)x)=f(nx)=n^2f(x)=(-n)^2f(x)[/tex].
Vi har altså at [tex]f(nx)=n^2f(x)[/tex] for alle [tex]n \in \mathbb{Z}[/tex].
Nå setter vi [tex]x=\frac{p}{q}[/tex], og [tex]n=q[/tex]. Vi får at [tex]f(nx)=f(p)=q^2f(\frac{p}{q}) \Rightarrow f(\frac{p}{q})=\frac{f(p)}{q^2}[/tex].
Men [tex]f(p)=p^2f(1) \Rightarrow f(\frac{p}{q})=(\frac{p}{q})^2f(1)[/tex] for en konstant [tex]c:=f(1)[/tex].
Vi har altså at [tex]f(x)=cx^2[/tex] og vi ser at denne funksjonen passer for alle rasjonale [tex]c[/tex].