Finn alle funksjoner $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ slik at
$f(f(x+y)) = f(x+y)+f(x)f(y)-xy$ for alle $x,y\in\mathbb{R}$
Funksjonalligning
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
Prøver meg på et løsningsforslag, forhåpentligvis går det noe bedre enn sist gang.
Først ønsker vi å vise at $ f $ er surjektiv. La $ y = 1 $, da har vi
$ f(x+1) = x + f(f(x+1)) - f(x)f(1) $
Hvis $ f $ er grenset ovenfor, finnes det en $ B $ slik at $ x + f(f(x+1)) - f(x)f(1) \leq B $, eller $ x - B \leq f(x)f(1) - f(f(x+1)) $, for alle $ x \in \mathbb{R} $. Men $ x - B $ er ikke grenset ovenfor. Så for alle $ \epsilon $ finnes det en $ a > \max{(0, \epsilon + B)} $ slik at $ f(a)f(1) - f(f(a+1)) \geq a - B > \epsilon $. Da får vi $ B \geq a + \epsilon $. Men dette kan ikke stemme dersom $ \epsilon > B $. Så $ f $ er ikke grenset ovenfor. På samme måte kan vi vise at $ f $ ikke er grenset nedenfor. Så $ f $ er surjektiv.
Nå gjenstår det å finne $ f $. La $ y = 0 $, da har vi
$ f(f(x)) = f(x)(1 + f(0)) $
Ved surjektivitet kan vi finne en $ x $ slik at $ f(x) = 0 $, så vi har $ f(0) = 0 $. Siden $ f $ er surjektiv kan vi også for enhver $ z \in \mathbb{R} $ finne en $ x $ slik at $ z = f(x) $; vi ser da at $ f(z) = z $ for alle $ z \in \mathbb{R} $.
EDIT: Skrivefeil
Først ønsker vi å vise at $ f $ er surjektiv. La $ y = 1 $, da har vi
$ f(x+1) = x + f(f(x+1)) - f(x)f(1) $
Hvis $ f $ er grenset ovenfor, finnes det en $ B $ slik at $ x + f(f(x+1)) - f(x)f(1) \leq B $, eller $ x - B \leq f(x)f(1) - f(f(x+1)) $, for alle $ x \in \mathbb{R} $. Men $ x - B $ er ikke grenset ovenfor. Så for alle $ \epsilon $ finnes det en $ a > \max{(0, \epsilon + B)} $ slik at $ f(a)f(1) - f(f(a+1)) \geq a - B > \epsilon $. Da får vi $ B \geq a + \epsilon $. Men dette kan ikke stemme dersom $ \epsilon > B $. Så $ f $ er ikke grenset ovenfor. På samme måte kan vi vise at $ f $ ikke er grenset nedenfor. Så $ f $ er surjektiv.
Nå gjenstår det å finne $ f $. La $ y = 0 $, da har vi
$ f(f(x)) = f(x)(1 + f(0)) $
Ved surjektivitet kan vi finne en $ x $ slik at $ f(x) = 0 $, så vi har $ f(0) = 0 $. Siden $ f $ er surjektiv kan vi også for enhver $ z \in \mathbb{R} $ finne en $ x $ slik at $ z = f(x) $; vi ser da at $ f(z) = z $ for alle $ z \in \mathbb{R} $.
EDIT: Skrivefeil
Sist redigert av jhoe06 den 23/07-2013 13:00, redigert 1 gang totalt.
Forstår jeg deg rett har du prøvd å vise at f er surjektiv gjennom å vise at f hverken er oppad eller nedad begrenset. Dette holder vel kun for kontinuerlige funksjoner, men det er ikke sagt noe om at f må være kontinuerlig i oppgaveteksten. Derfor mener jeg dessverre at beviset ditt ikke holder.
Resultatet er likevel riktig!
Resultatet er likevel riktig!
Du forstår meg helt riktig, men siden dette avsnittet startet med "hvis $ f $ ikke er grenset ovenfor" fremsto det kanskje en smule forvirrende at jeg prøvde meg på et motsigelsesbevis.
Det du sier om at beviset ikke holder er selvfølgelig riktig, og er jo noe jeg egentlig vet. Har gjort en del oppgaver i en kalkulusbok i det siste, hvor nesten alle oppgaver om funksjoner (etter kapittelet om kontinuitet) starter med "La $ f $ være en kontinuerlig funksjon og...". Så etter å ha fått overdose av disse oppgavene har jeg tydeligvis fått som uvane å anta at $ f $ er kontinuerlig og at alle resultater for kontinuerlige funksjoner holder for $ f $. Dette viser jo bare hvor viktig det er å lese oppgaveteksten nøyaktig og være innforstått med hva som kan antas og hva som ikke kan antas. En viktig lærepenge innen matematikk!
Det du sier om at beviset ikke holder er selvfølgelig riktig, og er jo noe jeg egentlig vet. Har gjort en del oppgaver i en kalkulusbok i det siste, hvor nesten alle oppgaver om funksjoner (etter kapittelet om kontinuitet) starter med "La $ f $ være en kontinuerlig funksjon og...". Så etter å ha fått overdose av disse oppgavene har jeg tydeligvis fått som uvane å anta at $ f $ er kontinuerlig og at alle resultater for kontinuerlige funksjoner holder for $ f $. Dette viser jo bare hvor viktig det er å lese oppgaveteksten nøyaktig og være innforstått med hva som kan antas og hva som ikke kan antas. En viktig lærepenge innen matematikk!
Etter en lengre pause prøver jeg på nytt. Ser forresten også nå at jeg har en kritisk fortegnsfeil hvor jeg prøver å bevise at $ f $ er surjektiv. Så løsningen min hadde ikke vært fullstendig selv om det var gitt at $ f $ var kontinuerlig...
Nytt forsøk:
La $ y = 0 $, da får vi
$ f(f(x)) = f(x)(1+f(0)) $
La så $ y = -x $, da får vi
$ f(0)(1 + f(0)) = f(f(0)) = f(0) + f(x)f(-x) + x^2 $
$ \iff (f(0))^2 = f(x)f(-x) + x^2 $
Om vi lar $ x = f(0) $ får vi $ f(f(0))f(-f(0)) = 0 $. Så $ f(f(0)) = 0 $ eller $ f(-f(0)) = 0 $.
Hvis $ f(f(0)) = 0 $ har vi
$ f(0) = f(f(f(0))) = f(f(0))(1 + f(0)) = 0 $
Hvis $ f(-f(0)) = 0 $ så har vi
$ f(0) = f(f(-f(0))) = f(-f(0))(1+f(0)) = 0 $
Så uansett har vi $ f(0) = 0 $. Da har vi også $ f(f(x)) = f(x)(1 + f(0)) = f(x) $ for alle $ x $. I så fall har vi
$ f(x+y) = f(f(x+y)) = f(x+y) + f(x)f(y) - xy $
$ \iff f(x)f(y) = xy $
Merk at $ f(x)f(y) = 0 $ hvis og kun hvis $ x = 0 $ eller $ y = 0 $. Hvilket betyr at $ f(x) = 0 $ kun hvis $ x = 0 $. La så $ y = f(x) $, vi får
$ (f(x))^2 = f(x)f(f(x)) = xf(x) $
Eller $ f(x) = x $.
Nytt forsøk:
La $ y = 0 $, da får vi
$ f(f(x)) = f(x)(1+f(0)) $
La så $ y = -x $, da får vi
$ f(0)(1 + f(0)) = f(f(0)) = f(0) + f(x)f(-x) + x^2 $
$ \iff (f(0))^2 = f(x)f(-x) + x^2 $
Om vi lar $ x = f(0) $ får vi $ f(f(0))f(-f(0)) = 0 $. Så $ f(f(0)) = 0 $ eller $ f(-f(0)) = 0 $.
Hvis $ f(f(0)) = 0 $ har vi
$ f(0) = f(f(f(0))) = f(f(0))(1 + f(0)) = 0 $
Hvis $ f(-f(0)) = 0 $ så har vi
$ f(0) = f(f(-f(0))) = f(-f(0))(1+f(0)) = 0 $
Så uansett har vi $ f(0) = 0 $. Da har vi også $ f(f(x)) = f(x)(1 + f(0)) = f(x) $ for alle $ x $. I så fall har vi
$ f(x+y) = f(f(x+y)) = f(x+y) + f(x)f(y) - xy $
$ \iff f(x)f(y) = xy $
Merk at $ f(x)f(y) = 0 $ hvis og kun hvis $ x = 0 $ eller $ y = 0 $. Hvilket betyr at $ f(x) = 0 $ kun hvis $ x = 0 $. La så $ y = f(x) $, vi får
$ (f(x))^2 = f(x)f(f(x)) = xf(x) $
Eller $ f(x) = x $.
-
Brahmagupta
- Guru
- Innlegg: 628
- Registrert: 06/08-2011 01:56
Her er to til. Den andre vil jeg tro er et par hakk verre enn den første.
1)
Finn alle funksjoner [tex]f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}[/tex] slik at for all [tex]x,y\in\mathbb{R}[/tex] er
[tex]f(x)f(y)=f(x+y)+xy[/tex]
2)
Finn alle funksjoner [tex]f:\mathbb{Z}\to\mathbb{Z}[/tex] slik at for alle heltall [tex]a,b,c[/tex] som tilfredsstiller [tex]a+b+c=0[/tex] så holder følgende likhet
[tex]f(a)^2+f(b)^2+f(c)^2=2f(a)f(b)+2f(b)f(c)+2f(c)f(a)[/tex]
1)
Finn alle funksjoner [tex]f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}[/tex] slik at for all [tex]x,y\in\mathbb{R}[/tex] er
[tex]f(x)f(y)=f(x+y)+xy[/tex]
2)
Finn alle funksjoner [tex]f:\mathbb{Z}\to\mathbb{Z}[/tex] slik at for alle heltall [tex]a,b,c[/tex] som tilfredsstiller [tex]a+b+c=0[/tex] så holder følgende likhet
[tex]f(a)^2+f(b)^2+f(c)^2=2f(a)f(b)+2f(b)f(c)+2f(c)f(a)[/tex]
1)
Sett y=0: Det gir at f(0)=1.
Sett y=-x: $f(x)f(-x)=1-x^2$. $f(1)f(-1)=0$, så $f(1)=0$ eller $f(-1)=0$
1. Anta at f(1)=0. Sett y=1: $f(x)f(1) = f(x+1)+x = 0$ , så $f(x+1) = -x$ for alle x. $ f(x) = -x+1$
2. Anta det f(-1)=0: Sett y=-1: $f(x)f(-1) = f(x-1) -x = 0$, så $f(x-1) = x$ for alle x. $ f(x) = x+1$
1. Sett inn mulig løsning i ligningen, som gir (-x+1)(-y+1) = xy-x-y+1 = -(x+y)+1 +xy = xy-x-y+1, så OK
2. Sett inn mulig løsning i ligningen, som gir (x+1)(y+1) = x+y+1 + xy, så OK.
Løsningene er derfor $f(x)=\pm x +1$
Sett y=0: Det gir at f(0)=1.
Sett y=-x: $f(x)f(-x)=1-x^2$. $f(1)f(-1)=0$, så $f(1)=0$ eller $f(-1)=0$
1. Anta at f(1)=0. Sett y=1: $f(x)f(1) = f(x+1)+x = 0$ , så $f(x+1) = -x$ for alle x. $ f(x) = -x+1$
2. Anta det f(-1)=0: Sett y=-1: $f(x)f(-1) = f(x-1) -x = 0$, så $f(x-1) = x$ for alle x. $ f(x) = x+1$
1. Sett inn mulig løsning i ligningen, som gir (-x+1)(-y+1) = xy-x-y+1 = -(x+y)+1 +xy = xy-x-y+1, så OK
2. Sett inn mulig løsning i ligningen, som gir (x+1)(y+1) = x+y+1 + xy, så OK.
Løsningene er derfor $f(x)=\pm x +1$
-
Brahmagupta
- Guru
- Innlegg: 628
- Registrert: 06/08-2011 01:56
Ja, slik jeg også gjorde den! Hvis jeg ikke husker feil er oppgaven fra en av de innledende rundene fra den Britiske matematikkolympiaden.
2)
a=b=c=0 gir at f(0)=0. La c=0 slik at b=-a. Da får vi at f(x)=f(-x) for alle x.
La f(1)=k. Dersom k=0 er f(x)=0 for alle x. Anta derfor at k er ulik 0.
1. Anta først at f(2)=0. Det følger fra ligningen at f(x)=0 for alle like x. Siden $a+b+c=0$ må enten alle tallene være like, eller to odde og én like. I tilfellet to odde, anta uten tap av generalitet at c er like. Da blir ligningen $(f(a)-f(b))^2 =0$, der a,b er odde. Altså må f(x)=f(1) for alle odde x. En mulig løsning er derfor at f(x)=0 for like x og f(x)=f(1) for odde x.
2. Anta nå at $f(2)\neq 0$. Sett a=b=1 og c=-2. Vi får at $f(2)^2=4kf(2)$, så $f(2)=2^2k$.
Sett a=1, b=2, c=-3. Vi får ligningen $f(3)^2 -10kf(3)+9k^2=0$ som er det samme som $(k-f(3))(9k-f(3))=0$, med to løsninger: $f(3)=k$ eller $f(3)=3^2k$.
- Dersom f(3)=k er f(4)=0, f(5)=k, f(6)=0, etc. i dette mønsteret. (vises ved induksjon)
- Dersom f(3)=3^2k vil løsningen bli at $f(x)=x^2k$ for alle x. (Ved induksjon)
Siden ligningen er homogen er det vel heller ikke noe måte å bestemme k ytterligere
a=b=c=0 gir at f(0)=0. La c=0 slik at b=-a. Da får vi at f(x)=f(-x) for alle x.
La f(1)=k. Dersom k=0 er f(x)=0 for alle x. Anta derfor at k er ulik 0.
1. Anta først at f(2)=0. Det følger fra ligningen at f(x)=0 for alle like x. Siden $a+b+c=0$ må enten alle tallene være like, eller to odde og én like. I tilfellet to odde, anta uten tap av generalitet at c er like. Da blir ligningen $(f(a)-f(b))^2 =0$, der a,b er odde. Altså må f(x)=f(1) for alle odde x. En mulig løsning er derfor at f(x)=0 for like x og f(x)=f(1) for odde x.
2. Anta nå at $f(2)\neq 0$. Sett a=b=1 og c=-2. Vi får at $f(2)^2=4kf(2)$, så $f(2)=2^2k$.
Sett a=1, b=2, c=-3. Vi får ligningen $f(3)^2 -10kf(3)+9k^2=0$ som er det samme som $(k-f(3))(9k-f(3))=0$, med to løsninger: $f(3)=k$ eller $f(3)=3^2k$.
- Dersom f(3)=k er f(4)=0, f(5)=k, f(6)=0, etc. i dette mønsteret. (vises ved induksjon)
- Dersom f(3)=3^2k vil løsningen bli at $f(x)=x^2k$ for alle x. (Ved induksjon)
Siden ligningen er homogen er det vel heller ikke noe måte å bestemme k ytterligere