[MIX] 7 fajnych równań funkcyjnych

[mol_ksiazkowy]

1. Niech \(\displaystyle{ f: \RR^{+} \to \left\langle -1, 1 \right\rangle}\)
\(\displaystyle{ f (x+3) - f(x+2) = 3 \lfloor x + \lfloor x \rfloor -2 \lfloor x+1 \rfloor \rfloor}\) dla \(\displaystyle{ x \in \RR}\).
Udowodnić, że \(\displaystyle{ f}\) jest okresowa.

2. Dla jakich \(\displaystyle{ f: \ZZ \to \ZZ}\) jest \(\displaystyle{ f( m+ f (f(n)) )= - f( f(m+1)) - n}\) dla \(\displaystyle{ m, n \in \ZZ}\) ?

3. Wyznaczyć \(\displaystyle{ f}\) takie, że \(\displaystyle{ \begin{cases}f(-f(x)) =f( f(x)) =f(x)^2 \\ f(x) \leq f(y) \ dla \ x \leq y \end{cases}}\)

4. Dla jakich \(\displaystyle{ f: \NN \to \NN}\) jest \(\displaystyle{ f( mn) + f( m+n) =f(m)f(n) + 1}\) dla \(\displaystyle{ m, n \in \NN}\) ?

5. Dla jakich \(\displaystyle{ f: \RR^{+} \to \RR^{+}}\) jest \(\displaystyle{ x^2 (f (x)+ f(y))= (x+y) f( f(x)y )}\) dla \(\displaystyle{ x, y > 0}\) ?

6. Dla jakich \(\displaystyle{ f: \RR \to \RR}\) jest \(\displaystyle{ f( x+ f(y+z)) + f( z+ f(y+x)) =2y}\) dla \(\displaystyle{ x, y, z \in \RR}\) ?

7. Wyznaczyc \(\displaystyle{ f}\) jeśli \(\displaystyle{ f(x- f(y)) = 1-x-y}\) dla \(\displaystyle{ x, y \in \RR}\)

[Qń]

7:    

Jeśli położymy \(\displaystyle{ x\to f(y)}\), to otrzymamy równość \(\displaystyle{ f(y)=1-y-f(0)}\), czyli \(\displaystyle{ f(t)=c-t}\) dla pewnego \(\displaystyle{ c}\). Stąd:
\(\displaystyle{ 1-x-y= f(x-f(y))=c+f(y)-x= 2c-x-y}\)
a zatem \(\displaystyle{ c=\frac 12}\).
Po sprawdzeniu, że funkcja \(\displaystyle{ f(t)=\frac 12 - t}\) spełnia warunki zadania otrzymujemy ją jako jedyne rozwiązanie.

Q.

[bakala12]

7.:    

Kładąc \(\displaystyle{ x=f\left(0\right), y=0}\) dostajemy \(\displaystyle{ f\left(0\right)=\frac{1}{2}}\).
Kładąc \(\displaystyle{ x=f\left(y\right)}\) dostajemy jedyne rozwiązanie: \(\displaystyle{ f\left(y\right)=\frac{1}{2}-y}\). Sprawdzenie, że jest dobrze jest natychmiastowe.

Ajć, czemu się spóźniłem

[Qń]

6:    

Położenie \(\displaystyle{ x=z=0}\) daje nam \(\displaystyle{ f(f(y))=y}\). Natomiast położenie \(\displaystyle{ x=z=-y}\) daje nam \(\displaystyle{ f(f(0)-y)=y}\). Przyłożenie do ostatniej równości \(\displaystyle{ f}\) i skorzystanie z pierwszej daje nam \(\displaystyle{ f(0)-y=f(y)}\), skąd \(\displaystyle{ f(t)=c-t}\) dla pewnego \(\displaystyle{ c}\). Po sprawdzeniu, że wszystkie funkcje tej postaci spełniają warunki zadania otrzymujemy je jako jedyną klasę rozwiązań.

Q.

[marcin7Cd]

1.
Zadanie 54. z 101 Nierozwiązanych

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ 3\left[ x+\left[ x\right]-2\left[ x+1\right] \right]=3\left[ x+\left[ x\right]-2\left[ x\right]-2 \right]=3\left[ x-\left[ x\right]-2 \right]=3\left[ x\right]-3\left[ x\right]-6=-6}\)
To daje \(\displaystyle{ f(x+1)=-6+f(x)}\), czyli sprzeczność z tym, że \(\displaystyle{ f:\RR \rightarrow \left\langle -1,1\right\rangle}\)

2.

Ukryta treść:    

Chyba nie ma takiej funkcji
Zauważmy, że funkcja jest różnowartościowa, bo jeśli
\(\displaystyle{ f(n)=f(t) \Rightarrow -n=f(m+f(f(n)))+f(f(m+1))= \\ f(m+f(f(t)))+f(f(m+1))=-t \Rightarrow n=t}\)
Weźmy \(\displaystyle{ n=-f(f(m+1))}\) wtedy \(\displaystyle{ f(m+f(f(-f(f(m+1)))))=0}\), czyli istnieje \(\displaystyle{ a}\) takie, że \(\displaystyle{ f(a)=0}\)
Oznaczmy \(\displaystyle{ b=f(0)}\) Podstawmy
\(\displaystyle{ m=a-1 \ \ n=-b \Rightarrow f(a-1+f(f(-b)))=0=f(a) \\ \Rightarrow a-1+f(f(-b))=a \Rightarrow f(f(-b))=1}\)
Biorąc \(\displaystyle{ n=-b \ \ m=-1 \Rightarrow f(-1+1)=f(b)+b \Rightarrow f(b)=0=f(a) \Rightarrow a=b}\)
\(\displaystyle{ m=-1 \ n=0 \Rightarrow f(-1+f(f(0))=-f(f(0)) \Rightarrow f(-1+f(a))=-f(a) \Rightarrow f(-1)=0 \Rightarrow a=-1}\)
weźmy \(\displaystyle{ n=0 \Rightarrow f(m)=-f(f(m+1))}\) podstawiając to do początkowego równania otrzymam \(\displaystyle{ f(m+f(f(n)))=f(m)-n}\)
Teraz biorąc \(\displaystyle{ m=0}\) otrzymuje \(\displaystyle{ f(f(f(n)))=-n \Rightarrow -f(n)=f(f(f(f(n))))=f(-n)}\)\(\displaystyle{ \Rightarrow f(1)=-f(-1)=0=f(-1) \Rightarrow 1=-1}\)

5.

Ukryta treść:    

Oznaczmy \(\displaystyle{ f(1)=a}\) Weźmy \(\displaystyle{ x=y}\) otrzymam wtedy \(\displaystyle{ 2x^2f(x)=2xf(f(x)x)}\)\(\displaystyle{ \Rightarrow xf(x)=f(f(x)x)}\) Podstawiając \(\displaystyle{ x=1}\) otrzymuje \(\displaystyle{ a=f(a)}\), a podstawiając \(\displaystyle{ x=a}\) otrzymuje \(\displaystyle{ a^2=f(a^2)}\).
\(\displaystyle{ x^2(f(x)+f(y))=(x+y)f(f(x)y)}\) \(\displaystyle{ \Rightarrow \frac{f(x)+f(y)}{x+y}=\frac{f(f(x)y)}{x^2}}\) zamieniając \(\displaystyle{ x}\) z \(\displaystyle{ y}\) lewa strona się nie zmieni, ale prawa się zmieni, więc \(\displaystyle{ \frac{f(f(x)y)}{x^2}=\frac{f(f(y)x)}{y^2} \Rightarrow y^2f(f(x)y)=x^2f(f(y)x)}\). Biorąc \(\displaystyle{ y=1}\) w tym równaniu otrzymuje \(\displaystyle{ f(f(x))=x^2f(ax)}\). Podstawiając \(\displaystyle{ y=1}\) do początkowego równania i korzystając z ostatniej zależności otrzymuje \(\displaystyle{ x^2(f(x)+a)=(x+1)x^2f(ax)}\) \(\displaystyle{ \Rightarrow f(x)+a=(x+1)f(ax)}\). Biorąc \(\displaystyle{ x=a}\) w tej zależności mam \(\displaystyle{ 2a=(a+1)a^2 \Rightarrow 2=a^2+a}\) \(\displaystyle{ \Rightarrow 0=(a+2)(a-1) \Rightarrow a=1}\)(korzystam z tego, że \(\displaystyle{ f(a)=a \ f(a^2)=a^2 \ a>0}\)). \(\displaystyle{ f(x)+a =(x+1)f(ax)}\) \(\displaystyle{ \Rightarrow f(x)+1=(x+1)f(x) \Rightarrow f(x)=\frac{1}{x}}\)

[Kartezjusz]

4. Ciekawe

Ukryta treść:    

połóżmy \(\displaystyle{ n=1}\). Otrzymamy po wyznaczeniu z równania\(\displaystyle{ f(m+1)}\) rekurencję:
\(\displaystyle{ f(m+1)= ( f(1)-1) f(m) +1}\)
O ile dla \(\displaystyle{ f(1)=1,2}\) rozwiązania rekurencji spełniały całe równanie o tyle dla wyższych albo nie umiem rozwiązać, albo równanie jest niespełnione. Doszedłem do tego, że rozwiązaniami są\(\displaystyle{ f=1}\)oraz \(\displaystyle{ f=m+1}\)