Funksjonallikninger biter ikke

[Charlatan]

Er det mulig å se noen eksempler på bevis hvor man beviser at funksjonene man har funnet er de eneste løsningene på en gitt funksjonallikning?

[mrcreosote]

Akkurat som ved løsning av vanlige ligninger er man som regel bedt om å beskrive løsningsmengden nøyaktig, dvs finne alle løsninger og vise at det ikke fins flere.

Du har nesten gjort det her, men det er ei lita felle: Du har helt korrekt vist at f(x) må være -1,0,1 for alle x. Antagelsen om at funksjonen da må være konstant lik en av disse verdiene kan dog ikke gjøres; det mangler med andre ord litt på å være helt i mål. Det er imidlertid ikke mye, gjør et par smarte valg, så er du der!

[Magnus]

La $f:{\mathbb{Z}}^{+}\to {\mathbb{Z}}^{+}$ være en funksjon som tilfredstiller $f(xf(y))=yf(x)$. Bestem minste mulige verdi av $f(2008)$.

[sEirik]

$f(xf(y))=yf(x)$

La $x=0,y=0$.

$f(0f(0))=0f(0)$. $f(0)=0$.

Når vi lar x=1:

$f(f(y))=yf(1)$

lar y = 1:

$f(xf(1))=f(x)$

og x=y=1:

$f(f(1))=f(1)$

Da er $f(1)$ et fikspunkt

Og nå rekker jeg dessverre ikke mer.

[Magnus]

0 inngår ikke her, sEirik. Z^+

[daofeishi]

Løsningsforslag følger. Jeg vet ikke om dette er den mest elegante løsningen, men den skal ihvertfall besvare spørsmålet, og karakteriserer også alle løsninger av likningen.



Vi er gitt funksjonallikningen
$f:{\mathbb{Z}}^{+}\to {\mathbb{Z}}^{+}f(xf(y))=yf(x)$

Lemma 1: f(1) = 1
Bevis: Vi lar x=1. Da er f(f(y)) = yf(1). Dersom f(a) = f(b), ser vi at
$$\begin{gathered} f(a)=f(b) \\ f(f(a))=f(f(b)) \\ af(1)=bf(1) \\ a=b \end{gathered}$$
Dermed har vi påvist injektivitet.

Hvis vi lar y=1, følger det at
$$\begin{gathered} f(xf(1))=f(x) \\ xf(1)=x \\ f(1)=1 \end{gathered}$$


Lemma 2: Et hvert element a i definisjonsmengden er gjennom f tilordnet et annet element i mengden, som vi skal kalle dets "invers" a*. Dette betyr at dersom a er et element i definisjonsmengden, vil f(a) = a*, og f(a*) = a.
Bevis: Siden f(1) = 1, vi vet nå at f(f(y)) = yf(1) = y. Dette betyr at dersom f(a) = a*, er f(a*) = f(f(a)) = a, og lemmaet følger.


Lemma 3: Funksjonen f er bijektiv
Bevis: Injektivitet er bevist for lemma 1.
Dersom vi er gitt et element a i definisjonsmengden, ser vi at vi kan finne en x slik at f(x) = a:
$$\begin{gathered} f(x)=a \\ f(f(x)=f(a) \\ x=f(a) \end{gathered}$$
Dermed har vi påvist surjektivitet - og altså bijektivitet.


Lemma 4: f(xy) = f(x) f(y)
Bevis: Vi ser dette ved å erstatte x med f(x) i likningen:
$f(f(x)f(y))=yf(f(x))=yx$
Ved å benytte funksjonen en gang til på begge sider av likhetstegnet, får vi resultatet.


Lemma 5: Enhver funksjon $g:{\mathbb{Z}}^{+}\to {\mathbb{Z}}^{+}$ som tilfredsstiller lemmaene 1 til 4, tilfredsstiller funksjonallikningen.
Bevis: Anta at g tilfredsstiller lemmaene. Vi ser da at:
$g(xg(y))=g(x)g(g(y))=yg(x)$


Lemma 6: La b være en funksjon vi kaller en basefunksjon for f, definert slik: $b:\mathbb{P}\to \mathbb{P}$, og tilfredsstiller lemma 1-4. En slik funksjon må eksistere for enhver f, og definerer f fullstendig.
Bevis: La alle p[sub]i[/sub] være primtall og s[sub]i[/sub] sammensatte tall.
Vi ser at lemmaene over impliserer:
$$\begin{gathered} f(p)=s=p_1...p_n \\ p=f(s)=f(p_1...p_n)=f(p_1)...f(p_n) \end{gathered}$$
noe som er umulig, da p er prim. Funksjonen f sender altså primtall til primtall. Gitt en funksjon f, kan vi da konstruere en basefuksjon b ved å definere b(p) = f(p).

Gitt en basefunksjon b, kan vi så finne en unik funksjon f. Gitt et tall x, primtallsfaktoriser det, slik at $x=p_1...p_n$. Definer så $f(x)=b(p_1)....b(p_n)$ Det kan verifiseres at dette impliserer lemma 1-4, og dermed altså lemma 5.

En slik basefunksjon kan f.eks. være følgende: La det (2n-1)'te og (2n)'te primtallet være hverandres inverser.



Vi kan nå finne minste mulighet for f(2008). 2008 primtallsfaktoriseres som 2[sup]3[/sup]*251. Vi har vist at dette betyr at f(2008) = f(2)[sup]3[/sup]*f(251). Dersom b(2) = 2 og b(251) = 3, får vi minste mulige løsning f(2008) = 2[sup]3[/sup]*3 = 24.

[Magnus]

Jepp, i det prinsippet det samme som vi gjorde!

http://cc.oulu.fi/~phasto/competition/problems.pdf

[sEirik]

0 inngår ikke her, sEirik. Z^+

Trodde $Z^{+}$ betydde $\{0,1,2,...\}$ jeg Og $\mathbb{N}=\{1,2,3,...\}$.

Men så kan man vel også ha bøker som lar $\mathbb{N}=\{0,1,2,3,...\}$.

Uansett er det aldri godt å si! Med mindre det er heeeeeeelt klart! Jeg har aldri sett $Z^{+}$-notasjonen før, så jeg tippa jo.. *bortforklare*

[Tommy H]

Fikk dere til oppgave 12?

[Magnus]

sEirik: \mathbb{Z} !!!!!!! Gråter i sjela hver gang jeg kun ser Z;) Minner meg om atomnummer.

Tommy H: Jepp! En utfordring til fra den oppgavesamlinga kan jo være 10ern, ettersom den ikke krever annet en logikk.

[nybegynner]

Finn alle funksjoner $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ slik at $f(x+y)-f(x)-f(y)=f(xy)-f(x)f(y)$.

[Zivert]

Hmm, var ikke oppg 4 en "Realisten nøtt" for en stund tilbake?

[daofeishi]

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?

Beklager at jeg ikke så posten din. Jo du har rett, jeg har rettet feilen nå.

[Magnus]

Hmm, var ikke oppg 4 en "Realisten nøtt" for en stund tilbake?

Del 1 av den var på Realisten for en stund tilbake ja, men den er jo strengt tatt over alt på nettet også. Rask google ga:

http://fi.wikibooks.org/wiki/Matemaattisia_ongelmia

Litt teit at de tok med den oppgaven..