Grei funksjonalligning

Her kan brukere av forum utfordre hverandre med morsomme oppgaver og nøtter man ønsker å dele med andre. Dette er altså ikke et sted for desperate skrik om hjelp, de kan man poste i de andre forumene, men et sted for problemløsing på tvers av trinn og fag.

Grei funksjonalligning

Innlegg Gustav » 16/01-2019 05:07

Finn alle funksjoner $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ slik at $$ f(x^2y)=f(xy)+yf(f(x)+y)$$ for alle $x,y$.
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4264
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Grei funksjonalligning

Innlegg DennisChristensen » 16/01-2019 08:37

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 $x\in\mathbb{R}$.
DennisChristensen offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 751
Registrert: 09/02-2015 23:28
Bosted: Oslo

Re: Grei funksjonalligning

Innlegg Gustav » 16/01-2019 09:38

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 $x\in\mathbb{R}$.


Riktig det! Ved å sette x=0 direkte forenkles argumentasjonen litt. Oppgaven er fra Baltic way i 2017.

$f$ er injektiv, og en kontinuerlig injektiv funksjon er strengt monoton. Bevis: Injektiviteten følger av at $f(x)=f(y)$ impliserer $x=f(f(f(x))=f(f(f(y)))=y$. La $x<y$. Anta at $f$ er strengt synkende. Da er $f(x)>f(y)$, men da følger at $f(f(x))<f(f(y))$ og videre er $x=f(f(f(x)))>f(f(f(y)))=y$, som er en motsigelse. Ergo er $f$ strengt voksende. Anta $f(x)>x$. Da er $f(f(x))>f(x)$ og $x=f(f(f(x)))>f(f(x))>f(x)$, som er en motsigelse. Anta $f(x)<x$. Da er $f(f(x))<f(x)$ og $x=f(f(f(x)))<f(f(x))<f(x)$, også en motsigelse. Eneste løsning er $f(x)=x$ for alle $x$.

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 $x,y$.
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4264
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Grei funksjonalligning

Innlegg Markus » 19/01-2019 00:20

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 $x,y$.

Det er kun en slik funksjon; $f(x)=0$.

Sett først $x=y=0$, da fås $f(f(0))=0$. Sett videre $y=f(0)$ som gir $f(0)+f(x-f(0))=f(-x)$. Observer at vi kan vise at $f(0)=0$ hvis vi finner en $x$ slik at $x-f(0)=-x$, for da vil de to leddene kansellere hverandre. Dette kan vi få ved å sette $x=\frac{f(0)}{2}$, som gir $f(0)=0$. Hvis vi nå setter $(x,y)=(x,0)$ i den originale funksjonallikningen fås $f(x)=f(-x)$. Ved å sette $(x,y)=(0,y)$ i den originale funksjonallikningen fås $f(f(y)) = -f(-y)$. Disse to siste faktumene gir at $$f(f(f(y)))=f(-f(f(y)))=f(f(-y))=f(f(y))=-f(-y)=-f(y)$$ og at $$f(f(f(y)))=f(-f(-y))=-f(f(f(y)))=-(-f(y))=f(y)$$ Så hvis vi setter det to uttrykkene for $f(f(f(y)))$ like hverandre fås $f(y)=-f(y) \implies f(y)=0$.

Oppfølger:
Finn alle funksjoner $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ slik at $$f(x+yf(x))=f(xf(y)) - x + f(y+f(x)) \qquad \forall x,y \in \mathbb{R}$$
Markus offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 745
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

Re: Grei funksjonalligning

Innlegg Gustav » 19/01-2019 04:41

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


$x=0$ gir $f(yf(0))=f(0)+f(y+f(0))$. Anta først $f(0)\neq 1$, og la $y=\frac{f(0)}{f(0)-1}$ slik at $f(yf(0))=f(y+f(0))$. Da er $f(0)=0$, men da vil $f(y)=0$ for alle $y$. Setter vi inn i ligningen ser vi at dette ikke gir en løsning.

La derfor $f(0)=1$. $y=0$ i den opprinnelige ligningen gir $f(x)=f(x)-x+f(f(x))$, så $f(f(x))=x$. $x=0$ gir at $f(1)=0$. Sett $x=1$ i den opprinnelig ligningen. Da er $0=y-1+f(y)$, så $f(y)=1-y$ for alle $y$. Setter vi inn i opprinnelig ligning ser vi at denne løsningen stemmer, og er den eneste gyldige.
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4264
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Grei funksjonalligning

Innlegg Gustav » 19/01-2019 12:05

Oppfølger: Finn alle $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R} $ slik at $$ f(x^2+yf(x))=xf(x+y)$$ for alle reelle $x,y$.
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4264
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Grei funksjonalligning

Innlegg Janhaa » 19/01-2019 12:42

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

[tex]f(x) = x[/tex]
?
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.

[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Janhaa offline
Boltzmann
Boltzmann
Brukerens avatar
Innlegg: 7717
Registrert: 21/08-2006 02:46
Bosted: Grenland

Re: Grei funksjonalligning

Innlegg Gustav » 19/01-2019 13:07

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


Det er en løsning ja, men det fins vel også minst en annen?
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4264
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Grei funksjonalligning

Innlegg zzzivert » 19/01-2019 14:12

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.
zzzivert online
Noether
Noether
Innlegg: 42
Registrert: 27/10-2014 09:26

Re: Grei funksjonalligning

Innlegg Gustav » 20/01-2019 12:22

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.


Ser bra ut!
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4264
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Grei funksjonalligning

Innlegg Gustav » 16/07-2019 02:17

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 $x,y$.
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4264
Registrert: 12/12-2008 12:44

Hvem er i forumet

Brukere som leser i dette forumet: Ingen registrerte brukere og 7 gjester