Funksjonalligning

[Gustav]

Bestem alle $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ som tilfredsstiller

$f(y^2+2xf(y)+f(x)^2)=(y+f(x))(x+f(y))$

[Brahmagupta]

Vi observerer først at høyresiden er symmetrisk. Så substitusjonen $x\leftrightarrow y$ gir at
$f(y^2+2xf(y)+f(x)^2)=f(x^2+2yf(x)+f(y)^2)$

Hvis vi nå er i stand til å vise at funksjonen er injektiv gir dette at
$y^2+2xf(y)+f(x)^2=x^2+2yf(x)+f(y)^2$
$\Rightarrow (f(x)-y)^2=(f(y)-x)^2\Rightarrow f(x)-y=\pm (f(y)-x)$

og dermed enten $f(x)+f(y)=x+y$ eller $f(x)-y=f(y)-x$. Settes $x=y=0$ i den første ligningen får vi
$f(0)=0$ og dermed $f(x)=x$ ved å sette $y=0$. Setter vi $y=0$ i den andre får vi $f(x)=f(0)-x$.
Det vi da må gjøre er å bevise at $f$ er injektiv og finne de mulige verdiene for $f(0)$.

Setter opp den opprinnelige ligningen for referanse $f(y^2+2xf(y)+f(x)^2)=(x+f(y))(y+f(x))$ $(1)$.

$x=0$ gir at $f(y^2+f(0)^2)=f(y)(y+f(0))$ $(2)$. Videre gir $y=\pm f(0)$ at
$2f(f(0))f(0)=f(2f(0)^2)=0$ og dermed enten $f(0)=0$ eller $f(f(0))$. Merk at den første impliserer den
andre, så i alle tilfeller har vi at $f(f(0))=0$ $(3)$.

Vi lar nå $y=f(0)$ i $(1)$ og benytter $(3)$ til å oppnå $f(f(0)^2+f(x)^2)=x(f(x)+f(0))$.
$y=f(x)$ i $(2)$ gir også at $f(f(x)^2+f(0)^2)=f(f(x))(f(x)+f(0))$.
Kombinerer vi disse to får vi at $(f(x)+f(0))(f(f(x))-x)=0$ $(4)$.
Hvis vi nå kan vise at de $x_0$ som oppfyller $f(x_0)+f(0)=0$ også oppfyller $f(f(x_0))=x_0$,
så er nødvendigvis $f$ injektiv. Dette følger av at $f(x)=f(y)\Rightarrow f(f(x))=f(f(y))\Rightarrow x=y$.

Vi skal vise dette gjennom noen delresultater. Først viser vi at den eneste verdien som avbildes på $0$ er $f(0)$.
Anta at $f(x_0)=f(y_0)=0$. Merk først at $x=y$ i $(1)$ gir at $f((x+f(x))^2)=(x+f(x))^2$ og dermed
$f(x_0^2)=x_0^2$ og $f(y_0^2)=y_0^2$. Setter vi nå henholdsvis $x=x_0,y_0$ og $y=y_0,x_0$ inn i $(1)$
får vi at $f(y_0^2)=x_0y_0=f(x_0^2)$ og dermed $x_0^2=x_0y_0=y_0^2$. Men dette medfører i alle
tilfeller at $x_0=y_0$. I tillegg vet vi at $f(f(0))=0$, så dermed er $f(0)$ den eneste verdien som oppfyller dette.

I avsnittet hvor det ble vist at $f(f(0))=0$ viste vi også at $f(2f(0)^2)=0$. Utifra hva vi nettopp viste må
da $2f(0)^2=f(0)$, hvilket medfører at $f(0)=0$ eller $f(0)=\frac12$. Det er lettest å vise injektivitet i
det første tilfellet.

For $f(0)=0$ transformeres $(4)$ til $f(x)(f(f(x))-x)=0$. $f(x)=0$ gir nå at $x=0$, så $f(f(x))=x$ for alle $x$.

For $f(0)=\frac12$ får vi at $(f(x)+\frac12)(f(f(x))-x)=0$. Vi er altså interessert i de $x_0$ som oppfyller
$f(x_0)+\frac12=0$. Vi setter $x=f(0)=\frac12$ i $(1)$ og får $f(y^2+f(y))=y(f(y)+\frac12)$. Plugger vi nå
inn $x_0$ får vi da $f(x_0^2-\frac12)=0$ og dermed $x_0^2-\frac12=f(0)=\frac12\Rightarrow x_0=\pm1$.
Anta nå at $f(-1)=-\frac12$. Setter vi $y=-1$ i $(2)$ får vi at $f(\frac54)=\frac14$. Siden det er kun for
$x=\pm1$ $f((x))=x$ eventuelt ikke holder må da også $f(\frac14)=\frac54$. Men hvis vi setter $x=0$
inn i $f((x+f(x))^2)=(x+f(x))^2$ får vi at $f(\frac14)=\frac14$, en motsigelse. Dermed er $1$ den eneste
verdien som kan avbildes på $-\frac12$.

$y=0$ og $x=-\frac12$ i $(1)$ gir nå at $f(-\frac12+f(-\frac12)^2)=0$. Dermed må $-\frac12+f(-\frac12)^2=\frac12$
og videre $f(-\frac12)=\pm 1$. Hvis $f(-\frac12)=-1$ så ville $f(-1)=f(f(-\frac12))=-\frac12$ hvilket er umulig.
Det vil si at $f(-\frac12)=1$ som medfører $f(f(1))=f(-\frac12)=1$. Da har vi endelig vist at $f(f(x))=x$ for alle
reelle $x$ og $f$ er derfor injektiv.

Fra det som ble vist i starten av innlegget har vi da at $f(x)=x$ eller $f(x)=f(0)-x$. Siden de eneste mulige verdiene
for $f(0)$ er $0$ eller $\frac12$, får vi da løsningene $f(x)=-x$ og $f(x)=\frac12-x$. Etter litt regning kommer man
også frem til at alle disse løsningene fungerer ved innsetting i den opprinnelige ligningen.

[Brahmagupta]

Hvor er forresten oppgaven fra? Synes denne var rimelig vanskelig, fikk den først til på tredje forsøk
(forutsatt at dette er riktig). Har du noen enklere løsning?