matematikk.net

Finn alle funksjoner $f:\mathbb{Q}\to\mathbb{Q}$ slik at $f(x+y)+f(x-y)=2f(x)+2f(y)$ for alle rasjonale x,y.

Ser at ligningen passer fint med identiteten [tex](x+y)^2+(x-y)^2=2x^2+2y^2[/tex], så det gjenstår å se om dette er den eneste løsningen.

1) [tex]y=0[/tex] gir [tex]f(0)=0[/tex]
2) [tex]x=0[/tex] gir [tex]f(y)=f(-y)[/tex]
3) [tex]x=y[/tex] gir [tex]f(2x)=4f(x)[/tex]

1) og 2) medfører at vi bare trenger å bry oss om de positive tallene, mens 3) gir et pek om at det kan være lurt å prøve å vise at for positive heltall [tex]c[/tex]
er [tex]f(cx)=c^2f(x)[/tex]. Prøver å vise dette ved induksjon. Det holder åpenbart for c=1 og c=2 følger fra 3).

Antar at hypotesen holder for [tex]c=1,2,3,\cdots,n-1,n[/tex] setter [tex]x=nx[/tex] og [tex]y = x[/tex] og får at
[tex]f((n+1)x)=2f(nx)+2f(x)-f((n-1)x)=f(x)(2n^2-(n-1)^2+2)=(n+1)^2f(x)[/tex]

Så [tex]f(cx)=c^2f(x)\,\,\, \forall c \in \mathbb{Z}[/tex]

Videre har vi at [tex]f(1)=f(q\frac1{q})=q^2f(\frac1{q} \Rightarrow f(\frac1{q})=\frac{f(1)}{q^2}\,\, q\in\mathbb{Z}\setminus \{0\}[/tex]
[tex]f(\frac{m}{n})=m^2f(\frac1{n})=(\frac{m}{n})^2f(1)[/tex]

Som gir at [tex]f(x)=ax^2\,\,\,\forall x\in\mathbb{Q}[/tex] som også oppfyller den opprinnelige ligningen.

Ser bra ut.