Funksjonallikning
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
Ved å sette [tex]m=n=0[/tex] får vi at [tex]f(f(0))=f(f(0)) + f(0)[/tex], dvs [tex]f(0)=0[/tex]. Setter vi så [tex]m=0[/tex] får vi at [tex]f(f(n))=f(f(0))+f(n)=f(n)[/tex], så [tex]f(f(n))=f(n)[/tex] for alle [tex]n[/tex], som forenkler likningen til [tex]f(m+f(n))=f(m)+f(n)[/tex].
La så [tex]A[/tex] være det minste positive heltallet i verdimengden til [tex]f[/tex]. Om det ikke finnes noen slik [tex]A[/tex] er [tex]f(n)=0[/tex], som man lett kan sjekke stemmer som løsning. Ellers har vi at [tex]f(A)=A[/tex], og ved å sette [tex]n=A[/tex] at [tex]f(m+A)=f(m)+A[/tex], og ved induksjon at [tex]f(m+kA)=f(m)+kA[/tex] og spesielt at [tex]f(kA)=kA[/tex]. Altså er alle multipler av [tex]A[/tex] i verdimengden til [tex]f[/tex].
Anta at det finnes et positivt heltall i verdimengden til [tex]f[/tex] som ikke er et multippel av [tex]A[/tex], og la [tex]b=Ak+r[/tex] der [tex]0 < r < A[/tex] være det minste (positive) slike heltallet. Vi har da at [tex]b=f(b)=f(Ak+r)=f(f(Ak)+r)=f(r)+f(Ak)=f(r)+Ak[/tex], som gir [tex]f(r)=b-Ak=r[/tex]. Men da er [tex]r[/tex] et heltall mindre enn [tex]A[/tex] i verdimengden til [tex]A[/tex]. Dette er bare mulig dersom [tex]r=0[/tex], da [tex]A[/tex] ble valgt som det minste positive slike heltallet, men da er [tex]b=Ak+r=Ak+0=Ak[/tex] et multippel av [tex]a[/tex], noe som også gir oss en motsigelse.
Altså er alle tall i verdimengden til [tex]f[/tex] multipler av [tex]a[/tex]. Vi viste tidligere at [tex]f(m+kA)=f(m)+kA[/tex], som betyr at om vi kjenner [tex]f(1), f(2) \ldots f(A-1)[/tex] kjenner vi den overalt, og at vi også har [tex]f(i)=Ac_i[/tex] for en eller annen heltallig [tex]c_i[/tex].
Altså må funksjonen være gitt ved [tex]f(n)= A \lfloor \frac n A \rfloor + A c_{n \pmod A}[/tex] der [tex]c_i=f(i)[/tex] er heltallige konstanter, og [tex]c_0=0[/tex]. Vi ser ved innsetting at dette stemmer for alle valg av konstanter [tex]c_i[/tex] og [tex]A[/tex], så alle funksjoner av denne typen tilfredsstiller likningen. Vi har også som nevnt tidligere løsningen [tex]f(n)=0[/tex].
La så [tex]A[/tex] være det minste positive heltallet i verdimengden til [tex]f[/tex]. Om det ikke finnes noen slik [tex]A[/tex] er [tex]f(n)=0[/tex], som man lett kan sjekke stemmer som løsning. Ellers har vi at [tex]f(A)=A[/tex], og ved å sette [tex]n=A[/tex] at [tex]f(m+A)=f(m)+A[/tex], og ved induksjon at [tex]f(m+kA)=f(m)+kA[/tex] og spesielt at [tex]f(kA)=kA[/tex]. Altså er alle multipler av [tex]A[/tex] i verdimengden til [tex]f[/tex].
Anta at det finnes et positivt heltall i verdimengden til [tex]f[/tex] som ikke er et multippel av [tex]A[/tex], og la [tex]b=Ak+r[/tex] der [tex]0 < r < A[/tex] være det minste (positive) slike heltallet. Vi har da at [tex]b=f(b)=f(Ak+r)=f(f(Ak)+r)=f(r)+f(Ak)=f(r)+Ak[/tex], som gir [tex]f(r)=b-Ak=r[/tex]. Men da er [tex]r[/tex] et heltall mindre enn [tex]A[/tex] i verdimengden til [tex]A[/tex]. Dette er bare mulig dersom [tex]r=0[/tex], da [tex]A[/tex] ble valgt som det minste positive slike heltallet, men da er [tex]b=Ak+r=Ak+0=Ak[/tex] et multippel av [tex]a[/tex], noe som også gir oss en motsigelse.
Altså er alle tall i verdimengden til [tex]f[/tex] multipler av [tex]a[/tex]. Vi viste tidligere at [tex]f(m+kA)=f(m)+kA[/tex], som betyr at om vi kjenner [tex]f(1), f(2) \ldots f(A-1)[/tex] kjenner vi den overalt, og at vi også har [tex]f(i)=Ac_i[/tex] for en eller annen heltallig [tex]c_i[/tex].
Altså må funksjonen være gitt ved [tex]f(n)= A \lfloor \frac n A \rfloor + A c_{n \pmod A}[/tex] der [tex]c_i=f(i)[/tex] er heltallige konstanter, og [tex]c_0=0[/tex]. Vi ser ved innsetting at dette stemmer for alle valg av konstanter [tex]c_i[/tex] og [tex]A[/tex], så alle funksjoner av denne typen tilfredsstiller likningen. Vi har også som nevnt tidligere løsningen [tex]f(n)=0[/tex].
(Kommer her til å bruke notasjonen [tex]f^n (x) = f(f(f\ldots(x)\ldots))[/tex], dvs komposisjonen av funksjonen med seg selv [tex]n[/tex] ganger.)
Vi viser først at [tex]f[/tex] er injektiv. Anta [tex]f(a)=f(b)[/tex]. Da er også [tex]f^2(a)=f^2(b)[/tex] og [tex]f^3(a)=f^3(b)[/tex]. Summerer vi disse tre likningene får vi at [tex]f(a)+f^2(a)+f^3(a)=f(b)+f^2(b)+f^3(c)[/tex], som ved bruk av den gitte likningen gir [tex]3a=3b[/tex], så [tex]a=b[/tex]. Altså er [tex]f[/tex] injektiv.
Så ser vi, ved å sette [tex]n=1[/tex], at [tex]f(1)+f^2(1)+f^3(1)=3[/tex]. Siden [tex]f(n) \in \mathbb{Z} ^+[/tex] må dette bety at [tex]f(1)=f^2(1)=f^3(1)=1[/tex].
Anta så at [tex]f(k)=k[/tex] for [tex]k=1, \ldots m[/tex]. Sett så [tex]n=m+1[/tex], og vi får [tex]f(m+1)+f^2(m+1)+f^3(m+1)=3(m+1)[/tex]. Siden [tex]f[/tex] er injektiv og [tex]f(k)=k[/tex] for [tex]k \leq m[/tex] kan ikke [tex]f(m+1)[/tex] være lik [tex]1, 2 \ldots m[/tex], eller dvs noe positivt heltall [tex]k \leq m[/tex]. Derfor kan heller ikke [tex]f^2(m+1)[/tex] eller [tex]f^3(m+1)[/tex] være lik [tex]k \leq m[/tex], som betyr at [tex]f(m+1) \ geq m+1[/tex], [tex]f^2(m+1) \geq m+1[/tex] og [tex]f^3(m+1) \geq m+1[/tex]. Skal vi ha likhet i likningen [tex]f(m+1)+f^2(m+1)+f^3(m+1)=3(m+1)[/tex] må vi altså ha [tex]f(m+1)=f^2(m+1)=f^3(m+1)=m+1[/tex], så av induksjon er [tex]f(n)=n[/tex] for alle [tex]n[/tex].
Siden disse begynner å bli kule:
Finn alle [tex]f: \mathbb Z \to \mathbb Z[/tex] slik at [tex]f(0)=1[/tex] og [tex]f(f(n))=f(f(n+2)+2)=n[/tex] for alle [tex]n \in \mathbb Z[/tex].
Vi viser først at [tex]f[/tex] er injektiv. Anta [tex]f(a)=f(b)[/tex]. Da er også [tex]f^2(a)=f^2(b)[/tex] og [tex]f^3(a)=f^3(b)[/tex]. Summerer vi disse tre likningene får vi at [tex]f(a)+f^2(a)+f^3(a)=f(b)+f^2(b)+f^3(c)[/tex], som ved bruk av den gitte likningen gir [tex]3a=3b[/tex], så [tex]a=b[/tex]. Altså er [tex]f[/tex] injektiv.
Så ser vi, ved å sette [tex]n=1[/tex], at [tex]f(1)+f^2(1)+f^3(1)=3[/tex]. Siden [tex]f(n) \in \mathbb{Z} ^+[/tex] må dette bety at [tex]f(1)=f^2(1)=f^3(1)=1[/tex].
Anta så at [tex]f(k)=k[/tex] for [tex]k=1, \ldots m[/tex]. Sett så [tex]n=m+1[/tex], og vi får [tex]f(m+1)+f^2(m+1)+f^3(m+1)=3(m+1)[/tex]. Siden [tex]f[/tex] er injektiv og [tex]f(k)=k[/tex] for [tex]k \leq m[/tex] kan ikke [tex]f(m+1)[/tex] være lik [tex]1, 2 \ldots m[/tex], eller dvs noe positivt heltall [tex]k \leq m[/tex]. Derfor kan heller ikke [tex]f^2(m+1)[/tex] eller [tex]f^3(m+1)[/tex] være lik [tex]k \leq m[/tex], som betyr at [tex]f(m+1) \ geq m+1[/tex], [tex]f^2(m+1) \geq m+1[/tex] og [tex]f^3(m+1) \geq m+1[/tex]. Skal vi ha likhet i likningen [tex]f(m+1)+f^2(m+1)+f^3(m+1)=3(m+1)[/tex] må vi altså ha [tex]f(m+1)=f^2(m+1)=f^3(m+1)=m+1[/tex], så av induksjon er [tex]f(n)=n[/tex] for alle [tex]n[/tex].
Siden disse begynner å bli kule:
Finn alle [tex]f: \mathbb Z \to \mathbb Z[/tex] slik at [tex]f(0)=1[/tex] og [tex]f(f(n))=f(f(n+2)+2)=n[/tex] for alle [tex]n \in \mathbb Z[/tex].