Külalispostitus 2: mõtisklused ühest lahtise võistluse ülesandest

Tere ja head uut aastat!

Tervitame teid ühe lahendusmõtisklusega. Nimelt ka talvisel lahtisel võistlusel ei saadud veel edukalt jagu vanema rühma funktsionaalvõrrandist ja nii võttis üks usin lahendajatest (kommentaariumis Matemaatika S6ber) ülesande jälle käsile- eks ikka, et selgitada, miks selles ülesandes siiski midagi ülemäära keerulist pole.

Juttu tuleb vanema rühma neljandast ülesandest. Ülesande sõnastuse ja originaallahenduse leiate siit.

V4: Leia kõik sellised funktsioonid f, mis on määratud kõigi reaalarvude hulgal, omandavad reaalarvulisi väärtusi ning rahuldavad mistahes reaalarvude x, y korral tingimust 
\[f(x^2) + f(xy) = f(f(x+y))\]

Nagu juba eelmises postituses (vt allpool, esimene külalispostitus) mainitud, on funktsionaalvõrrandi näol tegu olukorraga kus x ja y on sõbrad. Eesmärk on leida kõik funktsioonid, mis rahuldavad antud võrrandit iga x ja y väärtuse korral ja seega saame alati, kui valime x-le ja y-le mingid väärtused, ühe kitsama tingimuse, mida meie funktsioon kindlasti täitma peab. 

Kuidas valida x,y väärtuseid? Ikka nii, et jääks alles midagi lihtsat. Kõige paremini lihtsustub liitmine-lahutamine siis, kui valime väärtuse 0, korrutamine-liitmine siis, kui valime väärtused +-1. Tihti on kasulik kasutada ka pöörd-ja vastandarve, näiteks x = 1/y, sest siis tuleb korrutise xy asemele 1. Ja egas midagi, hakkame mängima. Võrrandi vasakul pool on mängus korrutamine, paremal liitmine. Proovime järjest läbi nii 0/1 kui ka pöörd- ja vastandväärtused. Kõik need seosed peavad kehtima suvalise x või y korral.

1) x=y=0, järeldub f(0) + f(0) = f(f(0)) 

2) x = 0, järeldub f(0) + f(0) = f(f(y))

3) y = 0, järeldub f(x^2) + f(0) = f(f(x))

4) x = y = 1, saame f(1) + f(1) = f(f(2))

5) x = 1, järeldub  f(1) + f(y) = f(f(y+1))

6) y = 1, järeldub f(x^2) + f(x) = f(f(x+1))

7) y = -x, saame f(x^2) + f(-x^2) = f(f(0))

8) y = 1/x, järeldub f(x^2) + f(1) = f(f(x + 1/x))

Nii, on mängitud juba kyll, ja paljutki leitud. Hakkame otsast vaatama, mis need võrrandid ütlevad.

Seoses 2) ei ole me y kohta veel midagi öelnud, seega kehtib võrrand iga y jaoks. Vasak pool on aga konstantne, üks kindel arv 2f(0). Seega on meil väga tugev tingimus - kui rakendada funktsiooni kaks korda järjest, on tulemus alati sama. 

Kombineerides 2) ja 3) saame, et f(f(x)) = 2f(0) = f(x^2) + f(0), seega f(x^2) = f(0), ehk f(x) on konstantselt f(0) kui x >= 0.

4) pole enam nii p6nev - siin on konkreetsed väärtused 1 ja 2, aga meil on juba päris üldine tulemus olemas ja teame et f(1) = f(2) = f(0). 

Võime võrrandis 5) valida y' = y+1 ja saame f(1) + f(y'-1) = f(f(y')). Kuna y' tähitsab lihtsalt suvalist arvu, saame uuesit kasutada tingimust 2) ning leiame, et f(y-1) = 2f(0) - f(1) = f(0). Siin pole y-l enam piirangut, seega f(y) = f(0) iga y jaoks. 

Jääb üle leida f(0). Kuna f(x) = f(0), saame n2iteks seosest 1), et f(0) + f(0) = f(0), ehk f(0) = 0. Kontroll näitab, et see funktsioon tõesti ka sobib.

...........

Lisame omalt poolt ka mõtisklemiseks ühe ülesande:

Leia kõik funktsioonid, mis on määratud kõigi reaalarvude korral, võtavad reaalarvulisi väärtuseid ning rahuldavad mistahes reaalarvude x,y korral järgmist tingimust:

\[f((x-y)^2) = f(x)^2 - 2xf(y) + y^2\]