[Równania funkcyjne] Znajdz wszystkie takie funkcje rzeczywiste, że:

[mol_ksiazkowy]

\(\displaystyle{ f(x^2-y^2)= xf(x)- yf(y)}\)

[arek1357]

łatwo zauważyć że :
f(x^2)=xf(x)
f(-y)=-f(y)
co daje w konsekwencji że f(x+y)=f(x)+f(y)
a jak widać jest to funkcja liniowa f(x)=ax
bo f(0)=0

[mol_ksiazkowy]

Arek1357 napisal:

latwo zauważyć że :
f(x^2)=xf(x)
f(-y)=-f(y)
co daje w konsekwencji że f(x+y)=f(x)+f(y)

tzn jak...?

[binaj]

dla \(\displaystyle{ x=y=0}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ f(0)=0}\)
dla \(\displaystyle{ x=1, y=0}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ f(1)=f(0)=0}\)
dla \(\displaystyle{ x=0, y=1}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ f(-1)=f(0)=0}\)

teraz podstawiając \(\displaystyle{ y=1}\) dostajemy (*)\(\displaystyle{ f(x)=-f(x^2-1)}\),
dla \(\displaystyle{ y=-1}\) otrzymujemy (**) \(\displaystyle{ f(x)=f(x^2-1}\)

dodając równości (*) i (**), dostajemy \(\displaystyle{ 2f(x)=0}\) czyli \(\displaystyle{ f(x)=0}\), i sprawdzamy czy podana funkcja spełnia warunki zadania

[frej]

dla \(\displaystyle{ x=1}\), \(\displaystyle{ y=0}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ f(1)=f(0)=0}\)
dla \(\displaystyle{ x=0}\), \(\displaystyle{ y=1}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ f(-1)=f(0)=0}\)

A nie przypadkiem
\(\displaystyle{ x=1 \quad y=0 \qquad f(1)=1\cdot f(1)}\)
\(\displaystyle{ x=0 \quad y=1 \qquad f(-1)=-(1\cdot f(1))=-f(1)}\)
?

[EDIT]
Poprawione

[binaj]

masz racje, źle sobie przepisałem wzór funkcji i liczyłem: \(\displaystyle{ f(x^2-y^2)=xf(y)-yf(x)}\)

[danio]

freju, tam za dużo o jeden minusik w drugim przypadku Ci się wkradł (przy tej jedynce w nawiasie nie powinno być, gdyż y=1), wtedy mamy:
\(\displaystyle{ f(-1)=-f(1)}\)

[limes123]

Przepiszę tu moje wypociny, może coś z tego będzie
\(\displaystyle{ f(x^2-(-x)^2)=xf(x)-(-x)f(-x)\iff 0=x(f(x)+f(-x))\iff f(x)=-f(-x)}\) i udowodnię, że \(\displaystyle{ f(x\cdot \sqrt{n})=f(x)\cdot \sqrt{n}}\). Dla n=1 prawda. Załóźmy, że zachodzi dla pewnego n. Dla n+1 mamy (x jest różne od 0) \(\displaystyle{ f((n+1)x^2-x^2)=xf(x\sqrt{n+1})\sqrt{n+1}-xf(x)\iff f(nx^2)=x(f(x\sqrt{n+1})\sqrt{n+1}-f(x))}\), a ponieważ z założenia wynika, że \(\displaystyle{ f(n\cdot x^2)=f(x^2)\cdot n}\), to mamy równość \(\displaystyle{ n\cdot f(x^2)=n\cdot xf(x)=x(f(x\sqrt{n+1})\sqrt{n+1}-f(x))\iff (n+1)f(x)=f(x\sqrt{n+1})\sqrt{n+1}\iff f(x)\sqrt{n+1}=f(x\sqrt{n+1})}\) czyli na mocy indukcji..... Z udowodnionego twierdzenia wynika słabsze - nasza funkcja spełnia dla naturalnych n f(xn)=nf(x) (*) i teraz (chyba) ponieważ równanie (*) spełniają tylko funkcje postaci f(x)=ax oraz f(x)=|x| (ta z wartoscia bezwzgledna odpada, poniewaz nasza funkcja jest nieparzysta), czyli f(x)=ax, dla rzeczywistych a. Proszę o sprawdzenie, bo mam wątpliwości co do tego dowodu.

[Sylwek]

Proszę o sprawdzenie, bo mam wątpliwości co do tego dowodu.

Jak nie jest się pewnym, czy dobrze się zrobiło równanie funkcyjne, to na 99% po drodze wystąpił blef i powyżej też tak było (od momentu "chyba" - potrzeba solidnego dowodu). Ja też przepiszę moje wypociny


(1) \(\displaystyle{ x:=y \ \ f(0)=0}\)

(2) \(\displaystyle{ y:=0 \ f(x^2)=xf(x)}\)

(3) W powyższym: \(\displaystyle{ x:=-x \ \ f(x)=-f(-x)}\) - f jest nieparzysta

(4) \(\displaystyle{ f(1)=a, \ y:=1, \ x:=\sqrt{2} \ f(\sqrt{2})=a\sqrt{2}}\)

(5) Indukcyjnie \(\displaystyle{ f(\sqrt{n})=a\sqrt{n}}\) dla n naturalnych

(6) podstawiając do (2): \(\displaystyle{ x:=\sqrt{n} \ \ f(n)=an}\) dla n całkowitych (wystarczy udowodnić dla n naturalnych, gdyż f jest nieparzysta)



I nie wiem czy w ogóle idziemy w dobrą stronę z próbami rozwiązania tego zadania

[qwass]

Wybaczcie moją niewiedzę, ale co oznacza ten symbol
\(\displaystyle{ :=}\)

[frej]

Przypisanie jakiejś wartości. Jakbyś pisał coś w Turbo Pascalu to mógłbyś skojarzyć

[Piotr Rutkowski]

\(\displaystyle{ f(x^2-y^2)= xf(x)- yf(y)}\)

Hehe, to równanie przerabialiśmy na kółku daaawno temu. Pamiętam, dość trudne jest (nawet się dokopałem dowodu).
Niech \(\displaystyle{ a=f(1)}\)
\(\displaystyle{ f(x+1)=f(\sqrt{x+1}^{2}-0^{2})=\sqrt{x+1}f(\sqrt{x+1})-0f(0)=\sqrt{x+1}f(\sqrt{x+1})-a+a=
\sqrt{x+1}f(\sqrt{x+1})-1f(1)+a=f(\sqrt{x+1}^{2}-1^{2})+1=f(x)+a}\)
Zatem \(\displaystyle{ \forall_{x\geq 0} \ f(x+1)=f(x)+a}\)
Dodatkowo:
\(\displaystyle{ f(x+2)=f(x)+2a}\)
\(\displaystyle{ f(2x+1)=f(2x)+a}\)
\(\displaystyle{ f(4x+4)=f(4x+3)+a=f(4x+2)+2a=f(4x+1)+3a}\)

Zauważmy (sam nie wiem jak można było na to wpaść ), że:
\(\displaystyle{ f(x)=(2f(x)+2ax+4a)-(f(x)+ax+a)-ax-3a=((x+2)(f(x)+2a)-xf(x))-((x+1)(f(x)+a)-xf(x))-ax-3a=
((x+2)f(x+2)-xf(x))-((x+1)(f(x+1)-xf(x))-ax-3a=
f((x+2)^{2}-x^{2})-f((x+1)^{2}-x^{2})-ax-3a=f(4x+4)-f(2x+1)-ax-3a=
f(4x+4)-(f(2x+1)+2ax)+ax-3a=
f(4x+4)-((2x+1)f(2x+1)-2x(f(2x+1)-a))+ax-3a=
f(4x+4)-((2x+1)f(2x+1)-2xf(2x))+ax-3a=
f(4x+4)-f((2x+1)^{2}-(2x)^{2})+ax-3a=
f(4x+4)-(f(4x+1)+3a)+ax=ax}\)

Jeszcze gdy \(\displaystyle{ x Jeszcze tylko sprawdzenie

Dodam, że autorem rozwiązania jest andkom }\)

[mol_ksiazkowy]

A moze tak: \(\displaystyle{ f(x^2-y^2)=-f(y^2-x^2)}\) , wiec f jest funkcja nieparzysta, wszak \(\displaystyle{ f(t)= f((\frac{t+1}{2})^2 -(\frac{t-1}{2})^2)}\), a dalej \(\displaystyle{ f(x^2-y^2)=f(x^2)-f(y^2)}\), gdyz \(\displaystyle{ f(x^2)=xf(x)}\). Oznacza to ze f spełnia rownaie Cauchyego \(\displaystyle{ f(x+y)=f(x)+f(y)}\) < \(\displaystyle{ f(a-b)=f(a)-f(b)}\) , gdy \(\displaystyle{ a,b \geq 0}\) i klasc \(\displaystyle{ a-b=w ,b=u,}\) mamy \(\displaystyle{ f(u+w)=f(u)+f(w)}\) >
A finał taki:
\(\displaystyle{ f(x^2)+2f(xy)+f(y^2)=(x+y)(f(x)+f(y))}\) tj po redukcji:
\(\displaystyle{ 2f(xy)=xf(y)+yf(x)}\)
dla\(\displaystyle{ y=1}\)
\(\displaystyle{ f(x)=xf(1)=ax}\)