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 $x,y$.
Beware of the Ratmen during the full moon for they grow stronger as the moon gets fuller
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4276
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: 762
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 $x,y$.
Beware of the Ratmen during the full moon for they grow stronger as the moon gets fuller
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4276
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: 759
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.
Beware of the Ratmen during the full moon for they grow stronger as the moon gets fuller
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4276
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 $x,y$.
Beware of the Ratmen during the full moon for they grow stronger as the moon gets fuller
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4276
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: 7727
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?
Beware of the Ratmen during the full moon for they grow stronger as the moon gets fuller
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4276
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 offline
Noether
Noether
Innlegg: 44
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!
Beware of the Ratmen during the full moon for they grow stronger as the moon gets fuller
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4276
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 $x,y$.
Beware of the Ratmen during the full moon for they grow stronger as the moon gets fuller
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4276
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Grei funksjonalligning

Innlegg Markus » 16/07-2019 21:32

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 $x,y$.

Ikke komplett løsning; antar kontinuitet i $x=0,1$ og vet ikke om dette kan vises. Løsningene fungerer dog allikevel. Er også redd jeg overkompliserer denne noe voldsomt.

Dersom $x=y=0$ så fås $f(0)=f(0)^2$ så $f(0)=0$ eller $f(0)=1$. Anta først $f(0)=1$ og sett $x=0$, da fås $f(0)=f(0)f(y)+yf(0)$, altså $f(y)=1-y$.

Anta så $f(0)=0$, og sett $y=0$. Da fås $f(x^2)=xf(x)$. Som sagt antar fra nå kontinuitet i $x=0,1$, men vet ikke om dette kan vises enda. 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 $f(x)=-x$.

For å konkludere er løsningene (i alle fall noen av de); $f(x)=0,f(x)=-x,f(x)=1-x$.
Markus offline
Fermat
Fermat
Innlegg: 759
Registrert: 20/09-2016 12:48
Bosted: NTNU

Re: Grei funksjonalligning

Innlegg Gustav » 16/07-2019 22:10

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 $f(x)=-x$.


Ser ut som løsningen din kunne fungert med antagelsen om kontinuitet i x=1. Men hvordan det skal kunne vises høres mer komplisert ut enn den løsningen jeg kom frem til.

Du behøver ikke anta kontinuitet for å vise at $f(x)=0$ eller $f(x)=-x$. Det kan vises ganske enkelt ved innsetting av noen passende verdier i ligningen.
Problemet som gjenstår er å vise at det ikke funker med en kombinasjon av disse, dvs. at det kan tenkes at det fins $a,b \neq 0$ slik at $f(a)=0$ og $f(b)=-b$. Det i seg selv er et hint om å bruke bevis ved motsigelse.
Beware of the Ratmen during the full moon for they grow stronger as the moon gets fuller
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4276
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Grei funksjonalligning

Innlegg zzzivert » 17/07-2019 15:10

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 $x,y$.

$x=y=0 \ \Rightarrow f(0)=f(0)^2 \ \Rightarrow f(0)=0 \ \vee \ 1$.
$x=0 \ \Rightarrow f(0)=f(0)(f(y)+y)$.
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.
zzzivert offline
Noether
Noether
Innlegg: 44
Registrert: 27/10-2014 09:26

Re: Grei funksjonalligning

Innlegg Gustav » 18/07-2019 19:12

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.


Ser bra ut!
Beware of the Ratmen during the full moon for they grow stronger as the moon gets fuller
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4276
Registrert: 12/12-2008 12:44

Hvem er i forumet

Brukere som leser i dette forumet: Ingen registrerte brukere og 8 gjester