Enda en funksjonallikning
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
Lar vi [tex]y=z=w=x[/tex], får vi at [tex]\frac{2f(x)^2}{2f(x^2)}=\frac{x^2+x^2}{x^2+x^2}[/tex], så [tex]f(x)^2=f(x^2)[/tex]. Det betyr at [tex]f(1)(f(1)-1)=0[/tex], så [tex]f(1)=1[/tex].
Videre har vi at:
[tex]\frac{f(w^2)+f(x^2)}{f(z^2)+f(y)^2}=\frac{w^2+x^2}{z^2+y^2}[/tex].
Setter vi [tex]x=w=\sqrt{t}[/tex], og [tex]y=t, z=1[/tex], har vi [tex]wx=yz[/tex], så
[tex]\frac{f(t)+f(t)}{f(1)+f(t)^2}=\frac{t+t}{1+t^2}[/tex], det vil si at
[tex]f(t)(1+t^2)=(f(t)^2+1)t[/tex]. Løser vi andregradslikningen får vi:
[tex]f(t)=\frac{1}{2t}[1+t^2 \pm |1-t^2|][/tex], som gir [tex]f(t) = t \vee \frac{1}{t}[/tex] som mulige løsninger.
Vi har videre at [tex]\frac{f(w^2)+f(x^2)}{f(z^2)+f(y^2)} = \frac{w^2+x^2}{z^2+y^2}[/tex] Sett [tex]a=w^2, b=x^2, c=z^2[/tex] og [tex]d= y^2[/tex].
Vi har da at [tex]\frac{f(a)+f(b)}{f(c)+f(d)} = \frac{a+b}{c+d}[/tex], hvor [tex]ab=cd[/tex].
La [tex]c =ab[/tex], og [tex]d=1[/tex]. Da får vi at [tex]\frac{f(a)+f(b)}{f(ab)+1} = \frac{a+b}{ab+1}[/tex]. Definer [tex]T = \{ x | P(x) = x }[/tex]. Dersom [tex]a,b \in T, \Rightarrow \frac{f(a)+f(b)}{f(ab)+1} = \frac{a+b}{ab+1} \Rightarrow f(ab) = ab \Rightarrow ab \in T[/tex]. Nå er [tex]f(1) = 1[/tex], og [tex]a \cdot 1 = 1 \cdot a = a[/tex] så identitetselementet [tex]1 \in T[/tex]. Hvis [tex]a \in T[/tex], så er [tex]\frac{f(\frac{1}{a}) + f(a)}{f(1)+1} = \frac{\frac{1}{a}+a}{2} \Rightarrow f(\frac{1}{a}) = \frac{1}{a} \Rightarrow a^{-1} \in T[/tex]. Nå er [tex]a^{-1}a=aa^{-1}=1[/tex], så [tex]a^{-1}[/tex] er inversen til [tex]a[/tex]. [tex]T[/tex] er da gruppe under multiplikasjon, siden multiplikasjon er assosiativ.
Tilsvarende kan vi vise at [tex]S = \{ x | P(x) = \frac{1}{x} \}[/tex] danner en gruppe under multiplikasjon: Anta at [tex]a,b \in S[/tex]. Da er [tex]\frac{f(a)+f(b)}{f(ab)+1} = \frac{a+b}{ab+1} \Rightarrow \frac{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}{f(ab)+1} = \frac{a+b}{ab+1} \Rightarrow f(ab) = \frac{1}{ab}[/tex]. Dessuten er [tex]f(1) = 1[/tex]. Hvis [tex]a \in S[/tex], så er [tex]\frac{f(\frac{1}{a})+f(a)}{f(1)+1} = \frac{ \frac{1}{a}+a}{2} \Rightarrow f(a^{-1}) = a[/tex], så [tex]a^{-1} \in S[/tex]. [tex]S[/tex] er da en gruppe.
Dersom [tex]a \in T \cap S[/tex] så vil [tex]f(a)=a=\frac{1}{a} \Rightarrow a=1[/tex], så [tex]T \cap S = \{ 1 \}[/tex].
Vi har vist at [tex]f(t) = t \vee \frac{1}{t}[/tex], så [tex]T \cup S = \mathbb{R}^+[/tex].
Men anta nå at [tex]x \in T[/tex], og [tex]y \in S[/tex], hvor [tex]x,y \not = 1[/tex] - og anta videre at [tex]xy \in T[/tex]. Det betyr at [tex]x^{-1}xy = y \in T[/tex] som er en motsigelse. Tilsvarende, dersom [tex]xy \in S[/tex], så må [tex]xyy^{-1}=x \in S[/tex], som er en motsigelse.
En av mengdene må da kun inneholde [tex]1[/tex], og dermed har vi at [tex]f(x) = x[/tex] for alle [tex]x[/tex], eller [tex]f(x) = \frac{1}{x}[/tex] for alle [tex]x[/tex].
Videre har vi at:
[tex]\frac{f(w^2)+f(x^2)}{f(z^2)+f(y)^2}=\frac{w^2+x^2}{z^2+y^2}[/tex].
Setter vi [tex]x=w=\sqrt{t}[/tex], og [tex]y=t, z=1[/tex], har vi [tex]wx=yz[/tex], så
[tex]\frac{f(t)+f(t)}{f(1)+f(t)^2}=\frac{t+t}{1+t^2}[/tex], det vil si at
[tex]f(t)(1+t^2)=(f(t)^2+1)t[/tex]. Løser vi andregradslikningen får vi:
[tex]f(t)=\frac{1}{2t}[1+t^2 \pm |1-t^2|][/tex], som gir [tex]f(t) = t \vee \frac{1}{t}[/tex] som mulige løsninger.
Vi har videre at [tex]\frac{f(w^2)+f(x^2)}{f(z^2)+f(y^2)} = \frac{w^2+x^2}{z^2+y^2}[/tex] Sett [tex]a=w^2, b=x^2, c=z^2[/tex] og [tex]d= y^2[/tex].
Vi har da at [tex]\frac{f(a)+f(b)}{f(c)+f(d)} = \frac{a+b}{c+d}[/tex], hvor [tex]ab=cd[/tex].
La [tex]c =ab[/tex], og [tex]d=1[/tex]. Da får vi at [tex]\frac{f(a)+f(b)}{f(ab)+1} = \frac{a+b}{ab+1}[/tex]. Definer [tex]T = \{ x | P(x) = x }[/tex]. Dersom [tex]a,b \in T, \Rightarrow \frac{f(a)+f(b)}{f(ab)+1} = \frac{a+b}{ab+1} \Rightarrow f(ab) = ab \Rightarrow ab \in T[/tex]. Nå er [tex]f(1) = 1[/tex], og [tex]a \cdot 1 = 1 \cdot a = a[/tex] så identitetselementet [tex]1 \in T[/tex]. Hvis [tex]a \in T[/tex], så er [tex]\frac{f(\frac{1}{a}) + f(a)}{f(1)+1} = \frac{\frac{1}{a}+a}{2} \Rightarrow f(\frac{1}{a}) = \frac{1}{a} \Rightarrow a^{-1} \in T[/tex]. Nå er [tex]a^{-1}a=aa^{-1}=1[/tex], så [tex]a^{-1}[/tex] er inversen til [tex]a[/tex]. [tex]T[/tex] er da gruppe under multiplikasjon, siden multiplikasjon er assosiativ.
Tilsvarende kan vi vise at [tex]S = \{ x | P(x) = \frac{1}{x} \}[/tex] danner en gruppe under multiplikasjon: Anta at [tex]a,b \in S[/tex]. Da er [tex]\frac{f(a)+f(b)}{f(ab)+1} = \frac{a+b}{ab+1} \Rightarrow \frac{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}{f(ab)+1} = \frac{a+b}{ab+1} \Rightarrow f(ab) = \frac{1}{ab}[/tex]. Dessuten er [tex]f(1) = 1[/tex]. Hvis [tex]a \in S[/tex], så er [tex]\frac{f(\frac{1}{a})+f(a)}{f(1)+1} = \frac{ \frac{1}{a}+a}{2} \Rightarrow f(a^{-1}) = a[/tex], så [tex]a^{-1} \in S[/tex]. [tex]S[/tex] er da en gruppe.
Dersom [tex]a \in T \cap S[/tex] så vil [tex]f(a)=a=\frac{1}{a} \Rightarrow a=1[/tex], så [tex]T \cap S = \{ 1 \}[/tex].
Vi har vist at [tex]f(t) = t \vee \frac{1}{t}[/tex], så [tex]T \cup S = \mathbb{R}^+[/tex].
Men anta nå at [tex]x \in T[/tex], og [tex]y \in S[/tex], hvor [tex]x,y \not = 1[/tex] - og anta videre at [tex]xy \in T[/tex]. Det betyr at [tex]x^{-1}xy = y \in T[/tex] som er en motsigelse. Tilsvarende, dersom [tex]xy \in S[/tex], så må [tex]xyy^{-1}=x \in S[/tex], som er en motsigelse.
En av mengdene må da kun inneholde [tex]1[/tex], og dermed har vi at [tex]f(x) = x[/tex] for alle [tex]x[/tex], eller [tex]f(x) = \frac{1}{x}[/tex] for alle [tex]x[/tex].