[Równania funkcyjne] ładne równanie funkcyjne

[Dumel]

znaleźć wszystkie funkcje \(\displaystyle{ Z \rightarrow Z}\) spełniające dla dowolnych całkowitych \(\displaystyle{ x,y}\) równanie:
\(\displaystyle{ f(x-y+f(y))=f(x)+f(y)}\)

Zarówno zadanie jak i moje rozwiązanie bardzo mi się podobają, nie mniej jednak czekam na Wasze propozycje
Powodzenia!

[Inkwizytor]

Znalazłem szczególny przypadek.
"Se założyłem" ( ) że funkcja jest odwracalna oraz spełnia:
(*) f(x+y) = f(x)+f(y)
(**)f(ax)=af(x) (z powyższego wynika że dla odwrotnej również)

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ f(x-y+f(y))=f(x)+f(y) \\
f(x)-f(y)+f(f(y))=f(x)+f(y) \\
f(f(y))=2f(y) \\
f(y)=f^{-1}(2f(y))=2y}\)
czyli nasza funkcja to f(x)=2x (dla innego wyrazu wolnego niż 0 "nie działa")
Łatwo pokazać że to jedyna funkcja liniowa (stałe poza f(x)=0 i przy innym współczynniku kierunkowym odpadają)

[patry93]

Hmm, coś wykombinowałem, ale nie wiem, czy można podstawiać za argument wartość funkcji?
Pewnie źle, ale napiszę te głupoty:

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ x:=y ; \ f(f(x))=2f(x) \\ y:=f(y) ; \ f(x)=f(x)+f(f(y)) \iff f(f(y))=0=2f(y) \Rightarrow f(y)=0}\)

[silicium2002]

Hmm ja też coś wykombinowałem, tylko że sądzę że coś jest nie tak, więc proszę o sprawdzenie i wytłumaczenie gdzie są ew. błędy. (mam nadzieję że nie powtarzam się po poprzednikach.)

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ f(x-y+f(y)) = f(x) + f(y) \Leftrightarrow f(x) - f(y) + f(f(y)) = f(x) + f(y) \ czyli \ f(f(y)) = 2f(y) \ połóżmy \ z = f(y) \ i \ mamy: \ f(z) = 2z}\) Czyli funkcja liniowa o współczynniku 2.

EDIT1: Chyba jednak, ale ja nie wykonałem tych założeń, Inkwizytor, może być tak jak ja napisałem czy to podstawienie na końcu nie jest ok. Aha i czy te założenia co napisałeś są niezbędne???

[Inkwizytor]

Aha i czy te założenia co napisałeś są niezbędne???

Tak. Potrzebne jest (*) żeby móc zrobić pierwsze przejście po lewej stronie równania. Resztę masz mniej więcej tak jak ja.

[silicium2002]

Ok, dzięki. Zawsze się można czegoś nauczyć

[mazur89]

"Se założyłem" ( )

Przy równaniach funkcyjnych dobrze jest jednak niczego dodatkowego nie zakładać, tylko zobaczyć, co da się wyciągnąć z założeń w treści. Zwłaszcza, że liniowość funkcji (czyli \(\displaystyle{ f(ax+by)=af(x)+bf(y)}\)) jest bardzo mocnym założeniem i nie bardzo widać, skąd je wziąć. Jeśli chcemy robić dodatkowe założenia, to najlepiej takie, które dają nadzieję na to, żeby je udowodnić jeszcze przed rozwiązaniem zadania.

A tu rozwiązanie:

Hint 1:

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ f(2t-f(t))=0.}\)

Podstawienie 1:

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ x=2t-f(t),\ y=t.}\)

Hint 2:

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ f(0)=0.}\)

Podstawienie 2:

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ x=y=2t-f(t).}\)

Hint 3:

Ukryta treść:    

Co się dzieje, gdy funkcja ma tylko jedno miejsce zerowe? A co, gdy ma więcej?

Rozwiązanie:

Ukryta treść:    

Jeżeli zachodzi implikacja \(\displaystyle{ f(c)=0\Rightarrow c=0}\), to wobec \(\displaystyle{ f(2t-f(t))=0}\) mamy \(\displaystyle{ f(t)=2t}\) dla każdego \(\displaystyle{ t.}\) W przeciwnym wypadku istnieje \(\displaystyle{ c\neq 0}\) takie, że \(\displaystyle{ f(c)=0.}\) Podstawiając \(\displaystyle{ y=c}\) dostajemy okresowość funkcji: \(\displaystyle{ f(x-c)=f(x).}\) Pamiętając, że dziedziną funkcji jest zbiór liczb całkowitych wnioskujemy, że przyjmuje ona co najwyżej \(\displaystyle{ |c|}\) różnych wartości, w szczególności istnieje wartość największa \(\displaystyle{ M}\) i najmniejsza \(\displaystyle{ m.}\) Niech \(\displaystyle{ f(a)=M,\ f(b)=m.}\) Podstawiając \(\displaystyle{ x=y=a}\) mamy \(\displaystyle{ f(f(a))=2M}\), czyli \(\displaystyle{ M\geq 2M}\), a więc \(\displaystyle{ M\leq 0.}\) Podstawiając \(\displaystyle{ x=y=b}\) otrzymujemy analogicznie \(\displaystyle{ m\geq 0.}\) Stąd \(\displaystyle{ M=m=0}\) i \(\displaystyle{ f(x)=0}\) dla każdego \(\displaystyle{ x.}\) Łatwo stwierdzić, że obie znalezione funkcje spełniają dane równanie.

[Dumel]

no to wrzucę moje rozwiązanie:

Ukryta treść:    

przekształcam to sobie tak:
\(\displaystyle{ f(x+(f(y)-y))-x-(f(y)-y)=(f(x)-x)+y}\)
funkcja pomocnicza \(\displaystyle{ g(x)=f(x)-x}\) daje nam:
\(\displaystyle{ g(x+g(y))=g(x)+y}\)- wygląda dużo lepiej
potem nietrudny dowód że \(\displaystyle{ g(0)=0}\) co daje nam \(\displaystyle{ g(g(y))=y}\). podstawiamy \(\displaystyle{ y:=g(y)}\) i dostajemy:
\(\displaystyle{ g(x+y)=g(x)+g(y)}\)
więc \(\displaystyle{ g}\) jest liniowa (nie będę tego dowodził, już pare razy pojawiał sie na forum) i łatwo już dojść do dwóch rozwiązań: \(\displaystyle{ f(x)=0}\) oraz \(\displaystyle{ f(x)=2x}\)

[frej]

Moje rozwiązanie:

Ukryta treść:    

Funkcja tożsamościowo równa zero spełnia równanie, załóżmy, że \(\displaystyle{ f \not \equiv 0}\)

\(\displaystyle{ P(x,y): \quad f(x-y+f(y))=f(y)+f(x)}\)

\(\displaystyle{ f(0)=c}\)

\(\displaystyle{ (1) \quad P(x,0): \quad f(x+c)=c+f(x)}\)

\(\displaystyle{ P(-c,0): \quad f(-c)=0}\)

\(\displaystyle{ (2) \quad P(x,-c): \quad f(x+c)=f(x)}\)

\(\displaystyle{ (1) - (2) \Rightarrow \quad f(0)=0}\)

Załóżmy, że istnieje takie \(\displaystyle{ c_1 \neq 0}\), że \(\displaystyle{ f(c_1)=0}\). Wtedy

\(\displaystyle{ P(x,c_1): \quad f(x-c_1)=f(x)}\)

czyli funkcja jest okresowa, więc ma skończony zbiór wartości. Oczywiście \(\displaystyle{ f(1) \neq 0}\), bo wtedy np. \(\displaystyle{ c_1=1}\) i funkcja jest zerowa.
Niech \(\displaystyle{ a=f(1)}\). Wtedy

\(\displaystyle{ P(1,1): \quad f(a)=2a}\)

\(\displaystyle{ P(a,a): \quad f(2a)=2f(a)=4a}\)

\(\displaystyle{ P(2a,a): \quad f(3a)=6a}\)

Czyli \(\displaystyle{ f(ka)=2ka}\), gdzie \(\displaystyle{ a\neq 0}\). Zatem zbiór wartości nie jest ograniczony, czyli funkcja nie może być okresowa. Mamy zatem

\(\displaystyle{ \boxed{f(x)=0 \Leftrightarrow x=0}}\)

Podstawmy

\(\displaystyle{ P(2y-f(y),y): \quad f(2y-f(y))=0}\)

Łatwo sprawdzamy, że funkcja \(\displaystyle{ \red f(x)=2x}\) spełnia warunki zadania.

-- 12 sierpnia 2009, 13:35 --Muszę przyznać, że jestem mile zaskoczony, że moje rozwiązanie okazało się bardzo bliskie do tego, które zaprezentował trzykrotny złoty medalista IMO

[Inkwizytor]

"Se założyłem" ( )

Przy równaniach funkcyjnych dobrze jest jednak niczego dodatkowego nie zakładać, tylko zobaczyć, co da się wyciągnąć z założeń w treści. Zwłaszcza, że liniowość funkcji (czyli \(\displaystyle{ f(ax+by)=af(x)+bf(y)}\)) jest bardzo mocnym założeniem

Ależ ja o tym wiem, dlatego wyraźnie napisałem na początku: Znalazłem szczególny przypadek.
Co miało sugerować, iż moje rozwiązanie jest tylko cząstkowe