Funksjonsnøtt

[Aleks855]

La $f$ være en funksjon slik at $f(1)=1\text{og}f(2n)=nf(n)\text{for}n\in \mathbb{N}$.

Finn $f(2^{100})$.

Det skal ikke være nødvendig med mer enn VGS-kunnskaper her.

[Markus]

$$\begin{array}{rl}f(2^{1}n)& =f(2n)=2^0{n}^{1}f(n)\\ f(2^{2}n)& =f(2\cdot 2n)=2nf(2n)=2n^{2}f(n)\\ f(2^{3}n)& =f(2\cdot 2^{2}n)=2^{2}nf(2^{2}n)=2^3{n}^{3}f(n)\\ f(2^{4}n)& =f(2\cdot 2^{3}n)=2^{3}nf(2^{3}n)=2^6{n}^{4}f(n)\\ f(2^{5}n)& =f(2\cdot 2^{4}n)=2^{4}nf(2^{4}n)=2^{10}{n}^{5}f(n)\\ f(2^{6}n)& =f(2\cdot 2^{5}n)=2^{5}nf(2^{5}n)=2^{15}{n}^{6}f(n)\\ f(2^{7}n)& =f(2\cdot 2^{6}n)=2^{6}nf(2^{6}n)=2^{21}{n}^{7}f(n)\end{array}$$
Det er jo lett å se at det er et mønster her. Skrev ut kanskje litt ledd for mye men bedre det enn for få. Toerpotensene er summen av alle tallene opp til den indeksen utenom tallet selv. Altså for $j\in \mathbb{N}$ har vi at $f(2^{j}n)=2^{T_{j-1}}{n}^{j}f(n)$ der $T_j=\frac{j(j+1)}{2}$. Da er $f(2^{100})=2^{4950}{1}^{100}f(1)=2^{4950}$

Oppfølger:
La $f(1)=1$ og $f(1)+f(2)+\cdots +f(n)=n^{2}f(n)$ for alle naturlige tall $n$. Hva er da $f(2019)$?

[Aleks855]

$$\begin{array}{rl}f(2^{1}n)& =f(2n)=2^0{n}^{1}f(n)\\ f(2^{2}n)& =f(2\cdot 2n)=2nf(2n)=2n^{2}f(n)\\ f(2^{3}n)& =f(2\cdot 2^{2}n)=2^{2}nf(2^{2}n)=2^3{n}^{3}f(n)\\ f(2^{4}n)& =f(2\cdot 2^{3}n)=2^{3}nf(2^{3}n)=2^6{n}^{4}f(n)\\ f(2^{5}n)& =f(2\cdot 2^{4}n)=2^{4}nf(2^{4}n)=2^{10}{n}^{5}f(n)\\ f(2^{6}n)& =f(2\cdot 2^{5}n)=2^{5}nf(2^{5}n)=2^{15}{n}^{6}f(n)\\ f(2^{7}n)& =f(2\cdot 2^{6}n)=2^{6}nf(2^{6}n)=2^{21}{n}^{7}f(n)\end{array}$$
Det er jo lett å se at det er et mønster her. Skrev ut kanskje litt ledd for mye men bedre det enn for få. Toerpotensene er summen av alle tallene opp til den indeksen utenom tallet selv. Altså for $j\in \mathbb{N}$ har vi at $f(2^{j}n)=2^{T_{j-1}}{n}^{j}f(n)$ der $T_j=\frac{j(j+1)}{2}$. Da er $f(2^{100})=2^{4950}{1}^{100}f(1)=2^{4950}$

Selvsagt rett. Hadde liknende fremgang.

Jeg observerte at $$\begin{array}{rl}f(2^{100})& =f(2\cdot 2^{99})\\ & =2^{99}\cdot f(2^{99})\\ & =2^{99}\cdot 2^{98}\cdot f(98)\\ & =2^{99}\cdot 2^{98}\cdot 2^{97}\cdot f(97)\\ & =2^{99}\cdot 2^{98}\cdot 2^{97}\cdot 2^{96}\cdot f(96)\\ & ⋮\\ & =2^{\sum _{i=1}^{99}i}\cdot 1\cdot 1\\ & =2^{4950}\end{array}$$

[Markus]

Selvsagt rett. Hadde liknende fremgang.

Jeg observerte at $$\begin{array}{rl}f(2^{100})& =f(2\cdot 2^{99})\\ & =2^{99}\cdot f(2^{99})\\ & =2^{99}\cdot 2^{98}\cdot f(98)\\ & =2^{99}\cdot 2^{98}\cdot 2^{97}\cdot f(97)\\ & =2^{99}\cdot 2^{98}\cdot 2^{97}\cdot 2^{96}\cdot f(96)\\ & ⋮\\ & =2^{\sum _{i=1}^{99}i}\cdot 1\cdot 1\\ & =2^{4950}\end{array}$$

Fin den! Har du forsøkt deg på oppfølgeren?

[Aleks855]

Den var litt vrien for min del. Tror jeg rota meg bort.

Det jeg sitter igjen med etter litt regning er at

$f(1)=1$

$f(2)=\frac{1}{3}$

$f(3)=\frac{1}{6}$

$f(4)=\frac{1}{10}$

$f(5)=\frac{1}{15}$

Så det virker som at $f(n)=\frac{1}{T(n)}$ der $T(n)$ er det n-te trekanttallet. Altså får jeg $f(n)=\frac{1}{\sum _{i=1}^{n}i}=\frac{1}{\frac{n(n+1)}{2}}=\frac{2}{n(n+1)}$.

Innsatt $n=2019$ får vi $\frac{2}{2019\cdot 2020}$ men det virker ikke som et svar man forventer her.

[Markus]

Den var litt vrien for min del. Tror jeg rota meg bort.

Det jeg sitter igjen med etter litt regning er at

$f(1)=1$

$f(2)=\frac{1}{3}$

$f(3)=\frac{1}{6}$

$f(4)=\frac{1}{10}$

$f(5)=\frac{1}{15}$

Så det virker som at $f(n)=\frac{1}{T(n)}$ der $T(n)$ er det n-te trekanttallet. Altså får jeg $f(n)=\frac{1}{\sum _{i=1}^{n}i}=\frac{1}{\frac{n(n+1)}{2}}=\frac{2}{n(n+1)}$.

Innsatt $n=2019$ får vi $\frac{2}{2019\cdot 2020}$ men det virker ikke som et svar man forventer her.

Du har ikke rotet deg bort i det hele tatt - dette er helt rett! Bra jobba!
For øvrig er oppgaven fra Abelkonkurransefinalen 1995.

[Aleks855]

Aha! Av en eller annen grunn føltes det ut som svaret burde bli et heltall. Fin oppgave!

Oppfølger: La $f$ være en funksjon som tilfredsstiller $f(x)+xf(1-x)=120x$ for alle $x\in \mathbb{R}$. Finn $f(2)$.

Ikke helt liknende de to foregående, men jeg syntes den var interessant.

[Markus]

Oppfølger: La $f$ være en funksjon som tilfredsstiller $f(x)+xf(1-x)=120x$ for alle $x\in \mathbb{R}$. Finn $f(2)$.

La $x\mapsto 1-x$, som gir $f(1-x)+(1-x)f(x)=120(1-x)$, så $f(1-x)=120-120x-f(x)+xf(x)$. Dette innsatt i den originale funksjonallikningen gir $$\begin{gathered} f(x)+x(120-120x-f(x)+xf(x))=120x \\ f(x)=\frac{120x^2}{1-x+x^2} \end{gathered}$$ så $f(2)=160$.

Oppfølger: La $f(x)=x-\frac{1}{x}$. Hvor mange forskjellige (reelle) løsninger har likningen $f(f(f(x)))=1$?

[Guest]

Oppfølger: La $f$ være en funksjon som tilfredsstiller $f(x)+xf(1-x)=120x$ for alle $x\in \mathbb{R}$. Finn $f(2)$.

La $x\mapsto 1-x$, som gir $f(1-x)+(1-x)f(x)=120(1-x)$, så $f(1-x)=120-120x-f(x)+xf(x)$. Dette innsatt i den originale funksjonallikningen gir $$\begin{gathered} f(x)+x(120-120x-f(x)+xf(x))=120x \\ f(x)=\frac{120x^2}{1-x+x^2} \end{gathered}$$ så $f(2)=160$.

Oppfølger: La $f(x)=x-\frac{1}{x}$. Hvor mange forskjellige (reelle) løsninger har likningen $f(f(f(x)))=1$?

8?

[Kay]

Oppfølger: La $f$ være en funksjon som tilfredsstiller $f(x)+xf(1-x)=120x$ for alle $x\in \mathbb{R}$. Finn $f(2)$.

La $x\mapsto 1-x$, som gir $f(1-x)+(1-x)f(x)=120(1-x)$, så $f(1-x)=120-120x-f(x)+xf(x)$. Dette innsatt i den originale funksjonallikningen gir $$\begin{gathered} f(x)+x(120-120x-f(x)+xf(x))=120x \\ f(x)=\frac{120x^2}{1-x+x^2} \end{gathered}$$ så $f(2)=160$.

Oppfølger: La $f(x)=x-\frac{1}{x}$. Hvor mange forskjellige (reelle) løsninger har likningen $f(f(f(x)))=1$?

Svaret ovenfor er jeg rimelig sikker på at er rett, for å utdype: har ikke noen pen metode så jeg bruteforcer bare hele greia fullstendig $f(x)=x-\frac{1}{x}\Rightarrow f(f(f(x)))=x-\frac{1}{x}-\frac{1}{x-\frac{1}{x}}-\frac{1}{x-\frac{1}{x}-\frac{1}{x-\frac{1}{x}}}=\frac{x^8-7x^6+13x^4-7x^2+1}{x^7-4x^5+4x^3-x}$

Setter vi $\frac{x^8-7x^6+13x^4-7x^2+1}{x^7-4x^5+4x^3-x}=1\Rightarrow \frac{x^8-x^7-7x^6+4x^5+13x^4-4x^3-7x^2+x+1}{x(x-1)(x+1)(x^2-x-1)(x^2+x-1)}=0$

Fra det fundamentale algebra teoremet og faktor-teoremet skal vel en funksjon $f(x)$ av grad $n$ ha nøyaktig $n$ røtter, multiplisitet og muligheten for komplekse røtter medregnet og ved det meste $n$ relle røtter.

Ser ikke noen form for multiplisitet eller mulighet for komplekse løsninger her, så svaret skal vel være 8 distinkte løsninger $\in \mathbb{R}$

Soft bevis ved induksjon på n:

Første steg: Det er åpenbart at hvis $n=0$ så er $f(x)=a_0{x}^0=a_0$ som bare er en eller annen reell konstant som ikke har noen røtter.

Induksjonshypotesen: Anta at et hvert polynom av $k-te$ grad har maksimum $k$ røtter for $k\in {\mathbb{Z}}^{\mathbb{+}}$


La $f(x)=\sum _{n=0}^{k+1}{a}_n{x}^n$ hvor $a_n\in \mathbb{R}$, altså et polynom av $k+1$-te grad

Hvis $f(x)$ ikke har noen som helst røtter er vi allerede ferdig siden $0\le k+1$. Derimot, hvis $f(x)$ kan vi skrive $f(x)=(x-\lambda )g(x)$ for ett eller annet polynom av $k$-te grad. Av induksjonshypotesen har g(x) maksimum $k$ røtter. Siden $(x-\lambda )$ har en rot og $g(x)$ har k røtter må $(x-\lambda )g(x)$ ha maksimum $k+1$ røtter.



Dette tok litt lengre tid enn jeg hadde ansett. Starta klokka ti på halv fem og ble ikke ferdig før nå

Det er sånn for øvrig garantert noe der oppe som ikke holder av en eller annen grunn jeg ikke kan forklare, litt sånn spaghetti-maths hvis det gir mening.

Ser forresten for meg at den sikkert har en easy-solution som jeg ikke er gløgg nok til å se sånn på strak arm så legg den gjerne ved

[Markus]

$8$ er rett svar. Problemet ligger jo forsåvidt i å vise at alle røttene er reelle og av multiplisitet $1$. Løsningen er veldig elegant, tatt fra LF:

Likningen $f(x)=a$ gir $x-\frac{1}{x}=a$ eller $x^2-ax-1=0$. Denne andregradslikningen har alltid to forskjellige løsninger. Derfor har vi at løsningsmengden til $f(x)=1$ består av to punkter: $a_1,a_2$. Tilsvarende har da $f(f(x))=1$ fire løsninger $f(b_1)=a_1$, $f(b_2)=a_1$, $f(b_3)=a_2$ og $f(b_4)=a_2$. Videre gir dette at $f(f(f(x)))=1$ har åtte løsninger: to for hver $b_i$ der $f(x)=b_i$. (Abelkonkurransen runde 2 95/96)

[Markus]

Tillater meg å poste enda en oppfølger. En av favorittene mine i denne typen funksjonsnøtter:

Hvor mange reelle løsninger har likningen $x+x^2+x^3+\cdots +x^{2018}=0$?

[Guest]

Tillater meg å poste enda en oppfølger. En av favorittene mine i denne typen funksjonsnøtter:

Hvor mange reelle løsninger har likningen $x+x^2+x^3+\cdots +x^{2018}=0$?

Må være 2

[Markus]

Tillater meg å poste enda en oppfølger. En av favorittene mine i denne typen funksjonsnøtter:

Hvor mange reelle løsninger har likningen $x+x^2+x^3+\cdots +x^{2018}=0$?

Må være 2

Ja, men hvorfor?

[Mattebruker]

Venstre side (V. S. ) kan skrivast


x (x + 1 ) ( 1 + x${}^2$ + 4${}^4$ + ............+ x${}^{2n}$) = 0

Denne likninga har openbart berre to løysingar : x = 0 eller x = -1