[Równania funkcyjne] Autorskie równanie funkcyjne

[robson161]

Znaleźć takie funkcje, że dla każdego
\(\displaystyle{ x,y \in R}\)
zachodzi
\(\displaystyle{ f(f(x)+y)+f(f(y)+x) = x+y}\)

[Dumel]

rozwiązałeś to?

Ukryta treść:    

z ciekawszych rzeczy dostałem ze f musi byc nieparzystą bijekcją spełniającą \(\displaystyle{ f(x)+f(f(x))=x}\). przypomina mi sie tu podobne zadanko z kmdo: \(\displaystyle{ f(x)+f^{-1}(x)=2x}\) ale tam bylo założenie monotoniczności.

[tkrass]

To, że funkcja jest surjekcją, wynika akurat bezpośrednio z \(\displaystyle{ f(x+f(x))=x}\) ("machamy" iksem po wszystkich rzeczywistych). Jednak nie każda funkcja spełniająca równanie Cauchy'ego jest liniowa.

[marcin7Cd]

Zadanie 17. z Nierozwiązanych Problemów 5

Ukryta treść:    

Podstawiam \(\displaystyle{ x=y=0}\) otrzymuje \(\displaystyle{ f(f(0))=0}\)
Biorąc \(\displaystyle{ x=y=f(0)}\) otrzymuje
\(\displaystyle{ f(f(f(0))+f(0))+f(f(f(0))+f(0))=2f(0) \Rightarrow f(f(0))=f(0) \Rightarrow f(0)=0}\)
Podstawiając \(\displaystyle{ y=0}\) otrzymuje
\(\displaystyle{ f(f(x))+f(x)=x}\)
Podstawiając \(\displaystyle{ y=f(x)}\)
\(\displaystyle{ f(2f(x))+f(f(f(x))+f(x))=x+f(x) \Rightarrow f(2f(x))+f(x)=x+f(x) \Rightarrow f(2f(x))=x}\)
Z tej równości wynika, że funkcja jest różnowartościowa
W końcu podstawiam \(\displaystyle{ y=x}\) otrzymując \(\displaystyle{ f(f(x)+x)=x}\)
Łącze to z ostatnią równością \(\displaystyle{ f(f(x)+x)=f(2f(x)) \Rightarrow f(x)+x=2f(x) \Rightarrow f(x)=x}\)
Funkcja \(\displaystyle{ f(x)=x}\) spełnia założenie, co kończy dowód

[Michalinho]

marcin7Cd, masz błąd:

Zadanie 17. z Nierozwiązanych Problemów 5

Ukryta treść:    

Podstawiam \(\displaystyle{ x=y=0}\) otrzymuje \(\displaystyle{ f(f(0))=0}\)
Biorąc \(\displaystyle{ x=y=f(0)}\) otrzymuje
\(\displaystyle{ f(f(f(0))+f(0))+f(f(f(0))+f(0))=2f(0) \Rightarrow f(f(0))=f(0) \Rightarrow f(0)=0}\)
Podstawiając \(\displaystyle{ y=0}\) otrzymuje
\(\displaystyle{ f(f(x))+f(x)=x}\)
Podstawiając \(\displaystyle{ y=f(x)}\)
\(\displaystyle{ f(2f(x))+f(f(f(x)){\red +f(x)})=x+f(x) \Rightarrow f(2f(x))+f(x)=x+f(x) \Rightarrow f(2f(x))=x}\)
Z tej równości wynika, że funkcja jest różnowartościowa
W końcu podstawiam \(\displaystyle{ y=x}\) otrzymując \(\displaystyle{ f(f(x)+x)=x}\)
Łącze to z ostatnią równością \(\displaystyle{ f(f(x)+x)=f(2f(x)) \Rightarrow f(x)+x=2f(x) \Rightarrow f(x)=x}\)
Funkcja \(\displaystyle{ f(x)=x}\) spełnia założenie, co kończy dowód

[timon92]

istnieje dość sporo paskudnych funkcji, które to spełniają:

Ukryta treść:    

oznaczmy \(\displaystyle{ p=\frac{-1-\sqrt 5}{2}}\), \(\displaystyle{ q=\frac{-1+\sqrt 5}{2}}\), tzn. niech \(\displaystyle{ p,q}\) będą pierwiastkami równania \(\displaystyle{ t^2+t=1}\)

niech \(\displaystyle{ \mathcal B}\) będzie bazą \(\displaystyle{ \RR}\) nad ciałem \(\displaystyle{ \mathbb Q(\sqrt 5)}\)

obierzmy dowolną funkcję \(\displaystyle{ g:\mathcal B \to \{p,q\}}\)

określmy \(\displaystyle{ f}\) następująco:

\(\displaystyle{ f\left(\sum_{b \in B} a_b \cdot b\right) = \sum_{b \in B} g(b) \cdot a_b \cdot b}\)

gdzie \(\displaystyle{ B}\) przebiega skończone podzbiory zbioru \(\displaystyle{ \mathcal B}\), a \(\displaystyle{ a_b}\) przebiegają \(\displaystyle{ \QQ(\sqrt 5)}\)

wtedy \(\displaystyle{ f}\) spełnia powyższe równanie funkcyjne

[jarek4700]

Zakładając, że \(\displaystyle{ f(x) = ax+b}\) mamy:

\(\displaystyle{ a(ax+b+y)+b + a(ay+b+x)+b = x + y \Rightarrow (a^{2}+a)(x+y) + 2b(a+1) = x+y}\)

Zatem:
\(\displaystyle{ \begin{cases}
a = \frac{-1\pm\sqrt{5}}{2}\\
b = 0
\end{cases}}\)

Możemy też np. zróżniczkować obustronnie po \(\displaystyle{ x}\) albo \(\displaystyle{ y}\). Różniczkuję po \(\displaystyle{ x}\):

\(\displaystyle{ \frac{ \partial f}{ \partial x}\cdot\left(\frac{ \partial f}{ \partial x}+0\right) + \frac{ \partial f}{ \partial x}\cdot(0+1) = 1}\)

Zatem:

\(\displaystyle{ \left(\frac{ \partial f}{ \partial x}\right)^{2} + \frac{ \partial f}{ \partial x} = 1}\)

Z tego wynika że pochodna funkcji jest po prostu liczbą i nie zależy od argumentu. Zatem jeśli pochodna zawsze istnieje to tamte rozwiązania są jedyne.

[mol_ksiazkowy]

istnieje dość sporo paskudnych funkcji, które to spełniają

To, że funkcja jest surjekcją, wynika akurat bezpośrednio z \(\displaystyle{ f(x+f(x))=x}\)

rozwiązałeś to? z ciekawszych rzeczy dostałem ze f musi byc nieparzystą bijekcją spełniającą \(\displaystyle{ f(x)+f(f(x))=x}\). przypomina mi sie tu podobne zadanko z kmdo: \(\displaystyle{ f(x)+f^{-1}(x)=2x}\) ale tam bylo założenie monotoniczności.

a tam było \(\displaystyle{ f(x)= x+a}\). A tu (jak przedstawił już jarek4700)
Niech \(\displaystyle{ f}\) będzie rosnąca i \(\displaystyle{ f(0)=0}\) czyli \(\displaystyle{ f: R_{+} \mapsto R_{+}}\); to gdy \(\displaystyle{ x_0 >0}\) i \(\displaystyle{ x_n = f(x_{n-1})}\) tj.
\(\displaystyle{ x_{n+2}= - x_{n+1} + x_n}\) czyli \(\displaystyle{ x_n = x_0 (\frac{\sqrt{5}-1}{2})^n}\) tj. \(\displaystyle{ f(x_0) = \frac{\sqrt{5}-1}{2} x_0}\)

Mam pytanie dodatkowe (poboczne):
Dla jakich funkcji ciągłych \(\displaystyle{ f, g: R \mapsto R}\) jest
\(\displaystyle{ f( g(x) + y) = g( x + f(y))}\) ?

[marcin7Cd]

Mam pytanie dodatkowe (poboczne):
Dla jakich funkcji ciągłych \(\displaystyle{ f, g: R \mapsto R}\) jest
\(\displaystyle{ f( g(x) + y) = g( x + f(y))}\) ?

Rozwiązanie jest trochę długie. Jedyne funkcje spełniające to są albo stałe albo liniowe.

Ukryta treść:    

Niech \(\displaystyle{ A}\) będzie zbiorem wartości funkcji \(\displaystyle{ f}\). Jeżeli w równaniu \(\displaystyle{ x}\) będzie ustalony, a \(\displaystyle{ y}\) będzie przechodził po rzeczywistych, to \(\displaystyle{ A}\) zawiera się w zbiorze wartości funkcji \(\displaystyle{ g}\). Natomiast jeżeli ustalę \(\displaystyle{ y}\), a \(\displaystyle{ x}\) będzie przechodził po rzeczywistych, to zbiór wartości funkcji \(\displaystyle{ g}\) zawiera się w \(\displaystyle{ A}\). Łącząc te dwa fakty otrzymuje, że zbiór wartości funkcji \(\displaystyle{ g}\) jest równy \(\displaystyle{ A}\)(zbiorowi wartości funkcji \(\displaystyle{ f}\)). Biorąc \(\displaystyle{ y=0}\) mam \(\displaystyle{ f(g(x))=g(x+f(0))}\)
\(\displaystyle{ A=\left\{g(x+f(0)) : x \in \RR \right\}= \left\{ f(g(x)):x\in \RR\right\}}\) \(\displaystyle{ =\left\{ f(x):x\in A\right\} \Rightarrow A=\left\{ f(x):x \in A\right\}}\). Podstawiając \(\displaystyle{ x=0}\) i postępując analogicznie otrzymuje, że \(\displaystyle{ A=\left\{g(x):x\in A \right\}}\). Ustalmy \(\displaystyle{ y}\) w początkowym równaniu wtedy \(\displaystyle{ A=\left\{ g(x+f(y)): x\in \RR \right\}=}\)\(\displaystyle{ \left\{ f(g(x)+y):x\in \RR \right\}=\left\{ f(x+y):x\in A \right\} \Rightarrow A=\left\{f(x+y):x \in A \right\}}\). Oznacza to, że jeżeli argument funkcji, będzie przechodził po zbiorze \(\displaystyle{ A}\) przesuniętym o pewną wartość, to przyjmie wszystkie wartości ze zbioru wartości funkcji \(\displaystyle{ f}\) (lub \(\displaystyle{ g}\) postępując analogicznie). Jeżeli \(\displaystyle{ f(y)=f(z)}\), to \(\displaystyle{ f(g(x)+y)=g(x+f(y))=g(x+f(z))}\)\(\displaystyle{ =f(g(x)+z) \Rightarrow f(g(x)+y)=f(g(x)+z)}\) Powtarzając ten proces otrzymam \(\displaystyle{ f(y)=f(z) \Rightarrow f(g(x_1)+g(x_2)+...g(x_k)+y)=f(g(x_1)+g(x_2)+...+g(x_k)+z)}\) albo równoważnie \(\displaystyle{ f(y)=f(z) \Rightarrow f(n_1+n_2+...n_k+y)=f(n_1+n_2+...n_k+z)}\) , gdzie \(\displaystyle{ n_1,n_2,...,n_k \in A}\). Teraz zastanówmy się jakie wartości przyjmuje \(\displaystyle{ n_1+n_2+...+n_k}\) oznaczmy ten zbiór przez \(\displaystyle{ B}\). Mam zamiar udowodnić, że \(\displaystyle{ B}\) zawiera przedział postaci \(\displaystyle{ (a,+ \infty )}\) albo \(\displaystyle{ (- \infty ,a)}\), bo wtedy od pewnego miejsca funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest okresowa o okresie \(\displaystyle{ |y-z|>0}\)jeśli \(\displaystyle{ f(y)=f(z)}\). Z uwagi na to, że funkcje \(\displaystyle{ f}\) i \(\displaystyle{ g}\) są ciągłe, to zbiór \(\displaystyle{ A}\), będzie pewnym przedziałem albo zbiorem liczb rzeczywistych albo jednoelementowy(wtedy \(\displaystyle{ f(x)=g(x)=a}\)). Jeżeli \(\displaystyle{ A}\) jest przedziałem postaci \(\displaystyle{ (a,b)}\) to \(\displaystyle{ B=(a,b) \cup (2a,2b) \cup (3a,3b) \cup ...}\). Jeżeli \(\displaystyle{ a<0<b}\),to \(\displaystyle{ B=\RR}\). Jeżeli \(\displaystyle{ 0<a<b}\),to wystarczy znaleźć takie \(\displaystyle{ n\in Z}\), że \(\displaystyle{ (n+1)a<nb \Leftrightarrow 1+\frac{1}{n}<\frac{b}{a}}\) ,a \(\displaystyle{ \frac{b}{a}>\frac{a}{a}=1}\) , więc istnieje takie \(\displaystyle{ n}\). W szczególności każde następne \(\displaystyle{ n}\) spełnia ten warunek.Oznacza, to że \(\displaystyle{ B}\) zawiera przedział nieograniczony z jednej strony. Analogicznie postępuje jeżeli \(\displaystyle{ a<b<0}\). Jeżeli \(\displaystyle{ A}\) jest przedziałem nieograniczonym, to tymbardziej jest nim \(\displaystyle{ B}\). \(\displaystyle{ f(f(g(0)+x))=f(g(f(x)+0))=f(g(f(x))+0)=}\)\(\displaystyle{ g(f(0)+f(x))=f(g(f(0))+x) \Rightarrow f(f(g(0)+x))=}\)\(\displaystyle{ f(g(f(0))+x) \Rightarrow f(f(x))=f(x+g(f(0))-g(0))}\) Jeżeli \(\displaystyle{ f(x) \neq x+g(f(0))-g(0)}\), to od pewnego miejsca funkcje jest okresowa o okresie \(\displaystyle{ |f(x)-x-g(f(0))+g(0)|}\). Z uwagi na to, że \(\displaystyle{ f}\) ciągłe, to \(\displaystyle{ |f(x)-x-g(f(0))+g(0)|}\)też, więc zbiór wartości ma jeden element albo jest przedziałem. Jeżeli jest przedziałem, to otrzymuje, że każda liczba(różna od \(\displaystyle{ 0}\))z tego przedziału jest okresem. wartość bezwględna różnicy okresów również jest okresem, więc okresami są liczby z przedziału typu \(\displaystyle{ (0,d)}\), wtedy każda dodatnia liczba rzeczywista jest okresem. Oznacza, to że w przedziale, w którym funkcja jest okresowa jest ona stała. Da się tak przesunąć zbiór \(\displaystyle{ A}\), aby on zawierał się w przedziale w który funkcja jest stała(i okresowa), co daje sprzeczność, bo wartośći funkcji w tym przesuniętym zbiorze \(\displaystyle{ A}\) muszą dać wszystkie wartośći z \(\displaystyle{ A}\). Oznacza, to że \(\displaystyle{ f(x)-x}\) przyjmuje jedną wartość, czyli \(\displaystyle{ f(x)=x+a}\). Postępując analogicznie dla funkcji \(\displaystyle{ g}\) otrzymuje \(\displaystyle{ g(x)=x+b}\). Widzimy, że te dwie funkcje spełniają równanie. Czyli rozwiązania to: \(\displaystyle{ f(x)=x+a \ \ g(x)=x+b}\) albo \(\displaystyle{ f(x)=g(x)=a}\)