Grei funksjonalligning

[Gustav]

Finn alle funksjoner $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ slik at $$f(x^{2}y)=f(xy)+yf(f(x)+y)$$ for alle $x,y$.

[DennisChristensen]

Finn alle funksjoner $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ slik at $$f(x^{2}y)=f(xy)+yf(f(x)+y)$$ for alle $x,y$.

Lar vi $x=1$ får vi at $f(y)=f(y)+yf(f(1)+y)$, så $yf(f(1)+y)=0$ for alle $y\in \mathbb{R}$. Det betyr at $f(f(1)+y)=0$ for alle $y\ne 0$. Om vi skriver $z=f(1)+y$ kan dette formuleres som at $f(z)=0$ for alle $z\ne f(1)$.

Case 1: $f(1)\ne 1$: 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 $f(0)\ne 0$. Om vi lar $y=-f(0)\ne 0$ 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 $z\ne 0$ 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 $f(a)=f(1)+\frac{1}{a}f(f(a)+\frac{1}{a})$. Ettersom $f(a)=f(\frac{1}{a})=0$ 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 $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ slik at $$f(f(f(x)))=x$$ for alle $x\in \mathbb{R}$.

[Gustav]

Finn alle funksjoner $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ slik at $$f(x^{2}y)=f(xy)+yf(f(x)+y)$$ for alle $x,y$.

Lar vi $x=1$ får vi at $f(y)=f(y)+yf(f(1)+y)$, så $yf(f(1)+y)=0$ for alle $y\in \mathbb{R}$. Det betyr at $f(f(1)+y)=0$ for alle $y\ne 0$. Om vi skriver $z=f(1)+y$ kan dette formuleres som at $f(z)=0$ for alle $z\ne f(1)$.

Case 1: $f(1)\ne 1$: 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 $f(0)\ne 0$. Om vi lar $y=-f(0)\ne 0$ 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 $z\ne 0$ 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 $f(a)=f(1)+\frac{1}{a}f(f(a)+\frac{1}{a})$. Ettersom $f(a)=f(\frac{1}{a})=0$ 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 $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ 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 $x,y$.

[Markus]

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 $f(y)=-f(y)⟹f(y)=0$.

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

[Gustav]

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

$x=0$ gir $f(yf(0))=f(0)+f(y+f(0))$. Anta først $f(0)\ne 1$, 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]

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

[Janhaa]

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

$f(x)=x$
?

[Gustav]

$f(x)=x$
?

Det er en løsning ja, men det fins vel også minst en annen?

[zzzivert]

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 $a\ne 0$ 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 $f(x)\equiv 0$ er en løsning.

Dersom ikke $f(x)\equiv 0$, 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.

[Gustav]

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 $a\ne 0$ 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 $f(x)\equiv 0$ er en løsning.

Dersom ikke $f(x)\equiv 0$, 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]

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 $x,y$.

[Markus]

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 $n\ge 1$. Siden $g(x^2)=g(x)$ er $g(x)=g(x_0)=g(x_1)=g(x_2)=\cdots =g(x_n)$. Nå er $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}^{1/2n}=1$, 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); $f(x)=0,f(x)=-x,f(x)=1-x$.

[Gustav]

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 $n\ge 1$. Siden $g(x^2)=g(x)$ er $g(x)=g(x_0)=g(x_1)=g(x_2)=\cdots =g(x_n)$. Nå er $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}_n=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{x}^{1/2n}=1$, 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 $a,b\ne 0$ slik at $f(a)=0$ og $f(b)=-b$. Det i seg selv er et hint om å bruke bevis ved motsigelse.

[zzzivert]

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 $f(x)=1-x,\mathrm{\forall }x\in \mathbb{R}$. 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 $x\ne 0,y=1-x$:
$f(x)(x-f(1-x))=xf(1)$
Siden $f(1-x)=0\vee f(1-x)=-(1-x)=x-1$, så har vi at $x-f(1-x)\ne 0$ og derfor
$f(x)=0\iff f(1)=0$.

Derfor har vi de tre løsningene:
1) $f(x)=1-x,\mathrm{\forall }x\in \mathbb{R}$ (når $f(0)=1$).
2) $f(x)=-x,\mathrm{\forall }x\in \mathbb{R}$ (når $f(1)=-1$).
3) $f(x)\equiv 0,\mathrm{\forall }x\in \mathbb{R}$ (når $f(1)=0$).

Vi verifiserer at 2) og 3) faktisk er løsninger ved innsetting.

[Gustav]

$x=y=0\Rightarrow f(0)=f(0{)}^2\Rightarrow f(0)=0\vee 1$.
$x=0\Rightarrow f(0)=f(0)(f(y)+y)$.
Så dersom $f(0)=1$ får vi $f(x)=1-x,\mathrm{\forall }x\in \mathbb{R}$. 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 $x\ne 0,y=1-x$:
$f(x)(x-f(1-x))=xf(1)$
Siden $f(1-x)=0\vee f(1-x)=-(1-x)=x-1$, så har vi at $x-f(1-x)\ne 0$ og derfor
$f(x)=0\iff f(1)=0$.

Derfor har vi de tre løsningene:
1) $f(x)=1-x,\mathrm{\forall }x\in \mathbb{R}$ (når $f(0)=1$).
2) $f(x)=-x,\mathrm{\forall }x\in \mathbb{R}$ (når $f(1)=-1$).
3) $f(x)\equiv 0,\mathrm{\forall }x\in \mathbb{R}$ (når $f(1)=0$).

Vi verifiserer at 2) og 3) faktisk er løsninger ved innsetting.

Ser bra ut!