Równanie z IMOmath Japan

[mol_ksiazkowy]

Rozwiązać równanie funkcyjne
\(\displaystyle{ f( y f(x) - x) = f(x)f(y)+2x}\)
dla \(\displaystyle{ x, y \in R}\)

[bartek118]

Biorąc \(\displaystyle{ x=y=0}\) dostajemy \(\displaystyle{ f(0) = [f(0)]^2}\), a stąd \(\displaystyle{ f(0) = 0}\) lub \(\displaystyle{ f(0)=1}\).

Rozważmy dwa przypadki. Jeśli \(\displaystyle{ f(0)=0}\), to biorąc \(\displaystyle{ y = 0}\) dostajemy
\(\displaystyle{ f(-x) = 2x}\)
i w konsekwencji \(\displaystyle{ f(x) = -2x}\).

Niech zatem \(\displaystyle{ f(0)=1}\). Ponownie, biorąc \(\displaystyle{ y = 0}\) mamy
\(\displaystyle{ f(-x) = f(x) + 2x.}\)
Stąd \(\displaystyle{ f(x) = 1-x}\) (to chyba jest znany fakt, że rozwiązaniem takiej zależności jest funkcja liniowa).

Pozostaje tylko sprawdzić, czy któraś z tych funkcji spełnia wyjściowe równanie.

[Blazo2000]

\(\displaystyle{ f(-x) = f(x) + 2x}\).
Stąd \(\displaystyle{ f(x) = 1-x}\) (to chyba jest znany fakt, że rozwiązaniem takiej zależności jest funkcja liniowa).

Ależ skąd, przecież od razu widać, że to równanie uzależnia nam od siebie tylko i wyłącznie wartości liczb przeciwnych, można przyporządkować dowolną wartość każdej liczbie dodatniej, a następnie obliczyć wartości dla liczb ujemnych z tego wzoru, a dla \(\displaystyle{ 0}\) równanie jest zawsze spełnione, więc \(\displaystyle{ f(0)}\) może być dowolne.

[Premislav]

Ukryta treść:    

Przypadek \(\displaystyle{ f(0)=0}\) rozważył już bartek118, w tym przypadku jedyne rozwiązanie to \(\displaystyle{ f(x)=-2x}\). Dalej niech \(\displaystyle{ f(0)=1}\). Zauważmy, że funkcja \(\displaystyle{ f(x)=1-x}\) spełnia wówczas równanie \(\displaystyle{ f( y f(x) - x) = f(x)f(y)+2x (*)}\). Pokażemy, że to jedyna taka funkcja. W tym celu podstawmy w równaniu \(\displaystyle{ (*) , f(x)=g(x)+1-x}\). Dostajemy wówczas po żmudnych rachunkach:

\(\displaystyle{ g(yg(x)+y-xy-x)=-xg(y)+g(x)+g(y)+g(x)g(y) (\spadesuit)}\)
Ponadto skoro \(\displaystyle{ f(0)=1}\), to \(\displaystyle{ g(0)=0}\).
Kładąc w \(\displaystyle{ (\spadesuit), y:=0}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ g(-x)=g(x)}\), przeto \(\displaystyle{ g}\) jest parzysta.
Podstawiając w \(\displaystyle{ (\spadesuit), x:=1}\) dostajemy
\(\displaystyle{ g(yg(1)-1)=g(1)+g(1)g(y)}\) i jeśli \(\displaystyle{ g(1)=0}\), to mamy \(\displaystyle{ g(-1)=0}\), a w przeciwnym razie wyrażenie \(\displaystyle{ yg(1)-1}\) przebiega wszystkie liczby rzeczywiste i otrzymujemy:
\(\displaystyle{ g(yg(1)-1)=g(1)+g(1)g(y)=g(1)+g(1)g(-y)=g(-yg(1)-1)=g(yg(1)+1)}\),
zatem wówczas \(\displaystyle{ g}\) jest okresowa z okresem \(\displaystyle{ 2}\), więc skoro \(\displaystyle{ g(0)=0}\), to np. \(\displaystyle{ g(-2)=0}\).
Niech teraz \(\displaystyle{ x_0 \in \RR}\) będzie dowolnym miejscem zerowym funkcji \(\displaystyle{ g}\). Wstawiając \(\displaystyle{ x:=x_0}\) w równości \(\displaystyle{ (\spadesuit)}\) dostajemy
\(\displaystyle{ g(y-x_0y-x_0)=-x_0 g(y)+g(y) (\heartsuit)}\). W szczególności dla \(\displaystyle{ x_0=-2}\) mamy
\(\displaystyle{ g(3y+2)=3g(y)}\), podstawiamy teraz \(\displaystyle{ y=-1}\), co daje szybko \(\displaystyle{ g(-1)=0}\) i z parzystości \(\displaystyle{ g(1)=0}\), sprzeczność.
Wniosek jest taki, że \(\displaystyle{ g(-1)=g(1)=0}\), kładąc zaś \(\displaystyle{ x_0:=-1}\) w \(\displaystyle{ (\heartsuit)}\) dostajemy \(\displaystyle{ g(2y+1)=2g(y)}\) dla dowolnego \(\displaystyle{ y\in \RR}\).
Korzystając z tej ostatniej własności, łatwo dowodzimy, że dla dowolnego \(\displaystyle{ t\in \ZZ}\) jest \(\displaystyle{ g(t)=0}\): z \(\displaystyle{ g(0)=0}\) i \(\displaystyle{ g(2y+1)=2g(y)}\) mamy indukcyjnie \(\displaystyle{ g(t)=0}\) dla \(\displaystyle{ t}\) naturalnych nieparzystych, gdyby zaś dla pewnego \(\displaystyle{ k\in \NN^+}\) było \(\displaystyle{ g(2k)
\neq 0}\), to z \(\displaystyle{ (\heartsuit)}\) dla \(\displaystyle{ x_0=-1}\) mielibyśmy też \(\displaystyle{ g(4k+1)
\neq 0}\), co sprzeczne. Stąd zerowanie się \(\displaystyle{ g}\) na naturalnych, z parzystości \(\displaystyle{ g}\) zeruje się na całkowitych. To natychmiast daje nam też wniosek, że \(\displaystyle{ g(w)=0}\) dla dowolnego \(\displaystyle{ w\in \QQ}\): ustalmy dowolne \(\displaystyle{ w\in \QQ}\), wtedy istnieje takie \(\displaystyle{ k\in \ZZ\setminus\left\{ 0\right\}}\), że \(\displaystyle{ kw\in \ZZ}\) i kładąc w \(\displaystyle{ (\heartsuit), x_0:=1-k, \ y:=w}\) mamy
\(\displaystyle{ g(kw+k-1)=kg(w)}\), ale po lewej stronie musi być zero, gdyż skoro \(\displaystyle{ k}\) i \(\displaystyle{ kw}\) są całkowite, to \(\displaystyle{ kw+k-1}\) też, więc po prawej również mamy zero, a skoro \(\displaystyle{ k
\neq 0}\), to \(\displaystyle{ g(w)=0}\)
Pokażę teraz, że \(\displaystyle{ g}\) jest okresowa z okresem \(\displaystyle{ 1}\):
podstawmy w równości \(\displaystyle{ (\heartsuit), x_0:=\frac 1 2}\), a dostaniemy
\(\displaystyle{ g\left( \frac 1 2 y-\frac 1 2
\right) =\frac 1 2 g(y)}\)
dla dowolnego \(\displaystyle{ y\in \RR}\),
ale z powyższego i z parzystości funkcji \(\displaystyle{ g}\):
\(\displaystyle{ g\left( \frac 1 2 y-\frac 1 2
\right) =\frac 1 2 g(y)=\frac 1 2g(-y)=g\left( -\frac 1 2y-\frac 1 2
\right)=\=g\left( \frac 1 2 y+\frac 1 2
\right)}\)
Oczywiście dla \(\displaystyle{ y\in \RR, \ \frac 1 2y-\frac 1 2}\) przebiega wszystkie wartości rzeczywiste, toteż \(\displaystyle{ g(t+1)=g(t)}\) dla dowolnego \(\displaystyle{ t\in \RR}\).
W całkowicie analogiczny sposób (kładąc zamiast \(\displaystyle{ x_0:=\frac 1 2, \ x_0:=\frac {q} 2}\)) można pokazać, że dowolna liczba \(\displaystyle{ q\in \QQ^+}\) jest okresem funkcji \(\displaystyle{ g}\).
Ale zauważmy, że podstawiając w \(\displaystyle{ (\heartsuit), x_0:=2}\) dostajemy
\(\displaystyle{ g(-y-2)=-g(y)}\), a więc z parzystości \(\displaystyle{ g}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ g(y+2)=-g(y)}\), z właśnie udowodnionego faktu o okresowości mamy w szczególności \(\displaystyle{ g(y+2)=g(y)}\), czyli \(\displaystyle{ g(y)=-g(y)}\), a więc \(\displaystyle{ g(y)=0}\) dla każdego \(\displaystyle{ y\in \RR}\).
Skoro więc w przypadku \(\displaystyle{ f(0)=1}\) mamy, że \(\displaystyle{ g(x)=f(x)-(1-x)}\) jest tożsamościowo równa zeru, to \(\displaystyle{ f(x)=1-x}\).

Podsumowując, rozwiązaniami równania funkcyjnego są \(\displaystyle{ f(x)=-2x}\) oraz \(\displaystyle{ f(x)=1-x}\).

Wcześniej się pomyliłem, może teraz jest dobrze…
Serdeczne podziękowania dla timona92, który wykrył mój koszmarny błąd rachunkowy w poprzedniej wersji rozwiązania.

-- 19 kwi 2019, o 00:52 --

Tak w ogóle teraz sobie przypomniałem, że chyba już gdzieś widziałem takie zadanie, co to za dublowanie: 424100.htm Rozwiązanie timona z tego wątku jest prostsze.