matematikk.net

Finn alle funksjoner $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ som oppfyller $ f(f(x+y)-f(x-y))=xy$ for alle x,y.

$y=0$ gir at $f(0)=f(f(x)-f(x))=0$. Videre gir $x=y$ at $f(f(2x))=x^2$ og tilsvarende
fra $x=-y$ følger $f(-f(2x))=-x^2$. Nå gir $x=0$ at $f(f(y)-f(-y))=0$ og dermed
$0=f(0)=f(f(f(y)-f(-y)))=\frac14(f(y)-f(-y))^2$ som impliserer at $f(y)=f(-y)$.
Men dette medfører at $x^2=f(f(2x))=f(-f(2x))=-x^2$, hvilket kun holder for $x=0$
og følgelig kan ingen slike funksjoner finnes.

Brahmagupta wrote:$y=0$ gir at $f(0)=f(f(x)-f(x))=0$. Videre gir $x=y$ at $f(f(2x))=x^2$ og tilsvarende
fra $x=-y$ følger $f(-f(2x))=-x^2$. Nå gir $x=0$ at $f(f(y)-f(-y))=0$ og dermed
$0=f(0)=f(f(f(y)-f(-y)))=\frac14(f(y)-f(-y))^2$ som impliserer at $f(y)=f(-y)$.
Men dette medfører at $x^2=f(f(2x))=f(-f(2x))=-x^2$, hvilket kun holder for $x=0$
og følgelig kan ingen slike funksjoner finnes.

Dette var en oppgave fra den svenske finalen i fjor. (alternativ løsning, oppgave 3 her http://www.mattetavling.se/wp-content/u ... r_2014.pdf )

Har du en oppfølger?

Ja, her er en til.

Finn alle $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ som oppfyller
\[f(x^3)+f(y^3)=(x+y)(f(x^2)+f(y^2)-f(xy)), \]
for alle $x,y\in\mathbb{R}$.

Tror jeg skal være inne på noe:

Ved å sette inn $(x,y)=(0,0)$ ser vi at $f(0)=0$.
Ved å sette inn $(x,y)=(x,0)$ får vi $f(x^3)=xf(x^2)$.
Innsetting av $(x,y)=t^{\frac{1}{3}},-t^{\frac{1}{3}}$ gir $f(t)=-f(-t)$.

Vi setter nå inn $(x,y)=(x,1)$, og utnytter at $f(x^3)=xf(x^2)$:

$$f(x^3)+f(1)=(x+1)(f(x^2)+f(1)-f(x))$$
$$xf(x^2)+f(1)=xf(x^2)+f(x^2)+xf(1)+f(1)-xf(x)-f(x)$$
$$0=f(x^2)-f(x)+x(f(1)-f(x))$$
$$\begin{equation}f(x^2)-f(x)=x(f(x)-f(1))\end{equation}$$

Ved å sette inn $-x$ i likingen ovenfor, $(1)$, får vi: $f(x^2)-f(-x)=-x(f(-x)-f(1))$, men siden $f(-x)=-f(x)$, så dette er ekvivalent med $f(x^2)+f(x)=x(f(x)+f(1))$. Trekk denne siste likningen fra $(1)$:

$$f(x^2)-f(x)-f(x^2)-f(x)=xf(x)-xf(1)-xf(x)-xf(1)$$

$$-2f(x)=-2xf(1)\Leftrightarrow f(x)=xf(1)$$

altså er $\boxed{f(x)=ax}$, for en reell $a$.

EDIT: Som også kan bekreftes ved å sette inn i den originale likningen:

$$f(x^3)+f(y^3)=(x+y)(f(x^2)-f(xy)+f(y^2))$$
$$ax^3+ay^3=(x+1)(ax^2-axy+ay^2)$$
$$a(x^3+y^3)=(x+y)a(x^2-xy+y^2)$$
$$x^3+y^3=(x+y)(x^2-xy+y^2)$$

som er en velkjent faktorisering.

Kunne noen være så snill å sett over løsningen? Er ikke helt stø når det gjelder funksjonalligninger

Det er vel nesten steg-for-steg samme fremgangsmåte som denne: http://math.stackexchange.com/a/1334310/108039

Så det er nok riktig

Ser bra ut dette! Brukte essensielt samme fremgangsmåte selv. Her er en ny oppgave:

Finn alle $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ som oppfyller
\[f(x+y)=f(x-y)+f(f(1-xy)),\]
for alle $x,y\in\mathbb{R}$.

Stemmer det at det ikke finnes noen slike funksjoner?

Ved. f.eks y = 0 får vi

[tex]f(x) = f(x) + f(f(1))[/tex]

Dette er en selvmotsigelse og dermed finnes det ikke en slik funksjon for y = 0,
og dermed ikke en slik funksjon for alle x, y.

madfro wrote:Stemmer det at det ikke finnes noen slike funksjoner?

Ved. f.eks y = 0 får vi

[tex]f(x) = f(x) + f(f(1))[/tex]

Dette er en selvmotsigelse og dermed finnes det ikke en slik funksjon for y = 0,
og dermed ikke en slik funksjon for alle x, y.

Hva om $f(f(1)) = 0$?

Denne var litt mer vrien; brukte altfor lang tid på å skjønne at å finne $f(x)$ for heltalls $x$ ikke ville funke. Gikk litt fort i svingene, men tror det nedenfor holder.

Vi setter inn $(x,y)=(0,0)$ og får at $f(f(1))=0$.
Vi setter inn $(x,y)=(0,x)$ og får at $f(x)=f(-x)$.
Ved å sette inn $(x,y)=(x,1)$ får vi:
$$f(x+1)=f(x-1)+f(f(1-x))=f(x-1)+f(f(x-1))$$
Ved å sette inn $(x,y)=(x,-1)$ får vi:
$$f(x-1)=f(x+1)+f(f(1+x))$$
Vi legger deretter disse to likningene sammen, og får:
$$0=f(f(x-1))+f(f(x+1))\implies f(f(x+2))=-f(f(x))$$
Så kan vi sette $(x,y)=(1-x,1)$:
$$f(2-x)=f(-x)+f(f(x))\Leftrightarrow f(x-2)=f(x)+f(f(x))$$
og også $(x,y)=(1+x,-1)$:
$$f(x)=f(x+2)+f(f(x+2))$$
Vi legger nå de to siste likningene sammen, og utnytter at $f(f(x+2))=-f(f(x))$:
$$f(x-2)=f(x+2)+f(f(x+2))+f(f(x))=f(x+2)\implies f(x+4)=f(x)$$
La så $(x,y)=(x+2,2)$:
$$f(x+4)=f(x)+f(f(-2x-1)\implies f(f(x))=0\space\forall\space x\in\mathbb{R}$$
I den originale likningen faller dermed $f(f(1-xy)$-leddet bort, og vi står igjen med:
$$f(x+y)=f(x-y)$$
hvor vi setter inn $(x,y)=(x,x)$, som gir at $f(2x)=f(0)$. $f$ er dermed en konstantfunksjon, og vi setter inn $f(x)=a$ i den originale likningen:
$$f(x+y)=f(x-y)+f(f(1-xy))\rightarrow a=2a$$
så $\boxed{f(x)=0\space\forall \space x\in \mathbb{R}}$.

Oppfølger:

Finn alle $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ slik at
$$f(x)f(yf(x)-1)=x^2f(y)-f(x)$$

Prøver på ny

Setter [tex]y = x[/tex]

Som gir

[tex]f(x)f(x f(x) - 1) = x^2 f(x) - f(x)[/tex]

[tex]f(x)f(x f(x) - 1) = f(x)(x^2 - 1)[/tex]

[tex]f(x f(x) -1) = x^2 -1[/tex]

Det er nå greit å se at [tex]f(x) = x[/tex] oppfyller likningen.

Det er klart at $f(x)=0$ løser ligningen, så på utkikk etter andre løsninger antar vi at $f$ ikke
er identisk lik $0$. $x=0$ gir $f(0)f(yf(0)-1)=-f(0)$. Hvis $f(0)\neq 0$ følger det at $f(z)=-1$ for
alle reelle $z$, men dette stemmer ikke med den opprinnelige ligningen. Det vil si at en
eventuell løsning må oppfylle $f(0)=0$. $y=0$ gir nå at $f(x)(f(-1)+1)=0$, og siden $f$ per
antagelse ikke er identisk $0$ må $f(-1)=-1$.

Anta nå at $c$ er et reelt tall slik at $f(c)=0$. Setter vi nå $x=c$ i ligningen medfører dette
at $c^2f(y)=0$ hvilket impliserer at $c=0$. Med andre ord er $f(x)\neq 0$ for alle $x\neq 0$.
For $x=y=1$ får vi at $f(f(1)-1)=0$ og fra den forrige bemerkningen følger det at $f(1)=1$.

$x=1$ gir nå at $f(y-1)=f(y)-1$, og benyttes dette på den opprinnelige ligningen får vi
\[x^2f(y)-f(x)=f(x)(f(yf(x))-1)\Rightarrow x^2f(y)=f(x)f(yf(x)) .\]
Videre for $y=1$ i denne oppnår vi $f(x)f(f(x))=x^2$. Substituerer vi $x\rightarrow x-1$
og kombinerer dette resultatet med $f(y-1)=f(y)-1$ får vi
\[(x-1)^2=f(x-1)f(f(x-1))=(f(x)-1)(f(f(x))-1)=f(x)f(f(x))-(f(x)+f(f(x)))+1, \]
hvilket impliserer at $f(x)+f(f(x))=2x$. Her kan vi sette inn $f(f(x))=x^2/f(x)$ (for $x\neq0$)
og dermed ende opp med $f(x)+x^2/f(x)=2x$, hvilket er ekvivalent med
\[0=f(x)^2-2f(x)x+x^2=(f(x)-x)^2\Rightarrow f(x)=x .\]
Merk at dette uttrykket også stemmer for $x=0$ og $x=1$. Det er lett å sjekke at denne
funksjonen stemmer ved innsetting, så vi kan konkludere med at det finnes to
løsninger; $f(x)=0$ og $f(x)=x$.

Fine løsninger! Enda en:

Finn alle $f:\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ hvor $xf(y)+yf(x)=(x+y)f(x^2+y^2)$