Funksjonalligning (gammel IMO shortlist)

[Gustav]

Satser på at denne ikke er postet tidligere:

Finn alle funksjoner $f:\mathbb{Z}\to\mathbb{Z}$, som er slik at

$f(a)^2+f(b)^2+f(c)^2=2f(a)f(b)+2f(b)f(c)+2f(c)f(a)$

for alle heltall a,b,c som oppfyller $a+b+c=0$.

[Brahmagupta]

Jeg lurer på om jeg har lagt ut denne før. Den er gitt i IMO 2012 (oppgave 4). Er du sikker på at den er gammel shortlist?
Jeg trodde ikke de kunne bruke tidligere utgitte oppgaver i IMO.

Uansett [tex]a=b=c=0[/tex] gir [tex]3f(0)^2=6f(0)^2\Rightarrow f(0)=0[/tex]

La [tex]c=0[/tex] og [tex]b=-a[/tex]
[tex]f(a)^2+f(-a)^2=2f(a)f(-a) \Rightarrow (f(a)-f(-a))^2=0 \Rightarrow f(a)=f(-a)[/tex]

Setter så [tex]c=-(a+b)[/tex] hvilket gir
[tex]f(a)^2+f(b)^2+f(a+b)^2=2f(a)f(b)+2f(a+b)(f(a)+f(b)[/tex]

Setter [tex]x=f(a+b), y=f(a), z=f(b)[/tex] og løser denne andregradligningen for x.

[tex]x^2-2x(y+z)+(y-z)^2=0\Rightarrow x=y+z\pm2\sqrt{yz}[/tex]

1) [tex]f(a+b)=f(a)+f(b)\pm2\sqrt{f(a)f(b)}[/tex]

Ligningen er homogen så vi setter [tex]f(1)=c[/tex]. Da har vi at
[tex]f(2)=2c\pm2c[/tex]

i) Anta at [tex]f(2)=0[/tex]. Da får vi fra 1) at [tex]f(n+2)=f(n)[/tex] og dermed løsningen [tex]f(2n+1)=c[/tex] og [tex]f(2c)=0[/tex]

ii) Anta nå at [tex]f(2)=4c[/tex]. 1) gir at [tex]f(3)=f(1)+f(2)\pm2\sqrt{f(2)f(1)}=5c\pm4c[/tex].

iii) Anta at [tex]f(2)=4c[/tex] og at [tex]f(3)=c[/tex]. Da får vi følgende to ligninger:
[tex]f(4)=2f(2)\pm\sqrt{f(2)^2}=8c\pm8c[/tex]
[tex]f(4)=f(3)+f(1)\pm2\sqrt{f(3)f(1)}=2c\pm2c[/tex]

Den eneste måten begge disse ligningene kan være oppfylt er hvis [tex]f(4)=0[/tex]. Da gir 1) at [tex]f(n+4)=f(n)[/tex]
og dermed løsningen [tex]f(4n)=0[/tex], [tex]f(4n+1)=f(4n+3)=c[/tex] og [tex]f(4n+2)=4c[/tex].

iv) Siste gjenstående tilfelle er hvis [tex]f(2)=4c[/tex] og [tex]f(3)=9c[/tex].
Får på samme måte som i tilfelle iii) to ligninger.
[tex]f(4)=2f(2)\pm2f(2)=8c\pm8c[/tex]
[tex]f(4)=f(3)+f(1)\pm\sqrt{f(3)f(1)}=10c\pm6c[/tex]
Begge disse er kun oppfylt hvis [tex]f(4)=16c[/tex]

Vi observerer at dette mønsteret gjentar seg og beviser dette ved induksjon.
Anta at [tex]f(k)=ck^2[/tex] for [tex]k=1,2,3,\cdots,n[/tex] for [tex]n\geq 4[/tex]. Da har vi at

[tex]f(k+1)=f(k)+f(1)\pm2\sqrt{f(k)f(1)}=ck^2+c\pm2cn=c(k\pm1)^2[/tex]

[tex]f(k+1)=f(k-1)+f(2)\pm2\sqrt{f(k-1)f(2)}=c((k-1)\pm2)^2[/tex]

Begge disse ligningene er oppfylt kun hvis [tex]f(k+1)=c(k+1)^2[/tex] og vi har dermed løsningen [tex]f(n)=cn^2[/tex].
Merk at hvis [tex]c=0[/tex] så får vi den konstante løsningen [tex]f(n)=0[/tex].

Dermed har vi totalt fire løsninger:
1) [tex]f(n)=0[/tex]
2) [tex]f(n)=cn^2[/tex]
3) [tex]f(2n)=0[/tex] og [tex]f(2n+1)=c[/tex]
4) [tex]f(4n)=0[/tex], [tex]f(4n+1)=f(4n+3)=c[/tex] og [tex]f(4n+2)=4c[/tex]

Hvor det i 2), 3) og 4) er antatt at [tex]c\neq 0[/tex]

[Gustav]

Jeg lurer på om jeg har lagt ut denne før. Den er gitt i IMO 2012 (oppgave 4). Er du sikker på at den er gammel shortlist?
Jeg trodde ikke de kunne bruke tidligere utgitte oppgaver i IMO.

Beklager at jeg har postet en oppgave du tidligere har lagt ut.

Ifølge http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... &year=2012 oppgave A1 er det fra IMO shortlist 2012.

Burde kanskje ikke brukt ordet "gammel" i tittelen.

[Brahmagupta]

Ikke noe problem, det var du som løste den den gangen! Synes det er en god oppgave og jeg hadde ikke en fullstendig
løsning den gangen.

Jeg hadde visst misforstått hva shortlist egentlig var. Jeg trodde det var de problemene som ikke ble tatt med, men
det er heller en innskrenket liste av alle foreslåtte problemer hvorav 6 av dem blir valgt ut til den offisielle prøven.
Så selvfølgelig er problemene som faktisk blir valgt ut med på listen.