Matematické Fórum

Pavel Brožek · 19. 02. 2009 14:11

Poslední dobou se tu toho moc neděje, tak bych přidal něco na způsob funkcionální rovnice, taková úloha tu pokud vím ještě nebyla.

Najděte všechny funkce $f:\,\mathbb{R}^+_0\rightarrow\mathbb{R}^+_0$ takové, že

$\text{(i)}\quad f(xf(y))f(y)=f(x+y)\qquad\forall x,\, y\geq0,\nl \text{(ii)}\quad f(2)=0,\nl \text{(iii)}\quad f(x)\neq0\qquad\text{pro}\,0\leq x<2.$

Je to úloha z mezinárodní matematické olympiády (samozřejmě ne aktuální, takže můžete řešit :-).

Pavel · 19. 02. 2009 15:04

Zatím jsem dokázal toto:

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

Pavel Brožek · 25. 02. 2009 22:45

Zatím žádné kompletní řešení, zkusím vás trochu povzbudit ... :-)

Snad vás neodradilo to, že se jedná o úlohu z mezinárodní matematické olympiády. Neřekl bych, že je tato úloha nějak zvlášť těžká (pokud bych měl srovnat obtížnost s úlohami od Mariana, tak bych ji řadil mezi ty jednodušší), nechci tedy zatím uvádět žádnou nápovědu...

lukaszh · 26. 02. 2009 00:10

↑ BrozekP:
Já ti nevím :) Táto časť fóra zrejme nie je až taká populárna až na niektorých. Ja teda neviem ako by som na to mal ísť, pretože nemám skúsenosti z nejakých súťaží. Je to typ úloh za ktorými vidím len písmená, teda ako keď čítam odborný článok z jadrovej fyziky :( Neviem teda nejaký spôsob ako začať, možno by sa hodila nápoveda aj keď bola úloha zadaná relatívne nedávno. Raz som takú jednoduchšiu úlohu videl, že si tam riešiteľ zvolil nejakú "šablónovú" funkciu a podľa podmienok hľadal koeficienty, lenže ja neviem ako si ju mám zvoliť. Príde mi to také veľmi sofistikované...

Pavel Brožek

↑ lukaszh:

Řešitel si nemůže zvolit jen tak nějakou "šablonovou" funkci, to by mohl přijít o spoustu řešení. K tomu, aby se mohl zabývat jen určitým typem funkcí, musí mít dobrý důvod. V zadání snad není pro tebe nic nesrozumitelného, jen si asi potřebuješ uvědomit, co to vlastně říká. Zkus se procvičit na jiné úloze :-)

Najděte všechny funkce $f:\,\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ takové, že

$f(x)+f(y)=2\qquad\forall x,\,y\in\mathbb{R}$

Úlohy u kterých člověk ví jak na ně hned od začátku přece nejsou zajímavé. Nejlepší je, když člověk sám objeví způsob, jak se nějaká úloha řeší.

lukaszh · 26. 02. 2009 20:26

↑ BrozekP:
Možno takým sedliackym úsudkom to je konštantná funkcia f(z)=1.

Pavel Brožek · 26. 02. 2009 22:05

↑ lukaszh:

No dobře, ale zkus to nějak matematicky bez selského rozumu :-)

lukaszh · 26. 02. 2009 23:03

↑ BrozekP:
Vychádzam z rovnosti

Môžem všeobecne zapísať riešenia
$\begin{bmatrix}2-f(y)\nlf(y)\end{bmatrix}$
Lenže odtiaľ priamo vyplýva závislosť hodnoty f(x) od hodnoty f(y), tu by som videl problém, že už nevyplýva voľba ľubovoľného čísla x, ale takého, ktoré odpovedá hodnote y v rovnici. Preto hľadám funkciu f(z), ktorá nezávisí od voľby x,y teda iba konštantná f(z) = c. Hľadám konštantu aby platilo
$c+c=2\Rightarrow c=1$

Pavel · 27. 02. 2009 12:36

↑ lukaszh:

Co tak zvolit $y=x$ ? Pak

$f(x)+f(x)=2\nl 2f(x)=2\nl f(x)=1\qquad\forall x\in\mathbb R$

andrew · 27. 02. 2009 13:55

↑ Pavel:
Jak jsi dostal ten odhad $f(1) \geq 2$ ? Me vyslo $f(x) = \begin{cases} 1 & x \in [0,2) \nl 0 & x \in [2,\infty) \end{cases}$

Pavel · 27. 02. 2009 14:13 — Editoval Pavel (27. 02. 2009 14:18)

↑ andrew:

Dosadil jsem $x=y=1$ do funkcionální rovnice a dostal jsem

$f(1\cdot f(1))\cdot f(1)=f(1+1)=f(2)=0$

Takže buď $f(1)=0$ nebo $f(f(1))=0$ . Z předpokladů vyplývá, že $f(x)\neq0$ pro $x\in\langle 0,2)$ . Takže nemůže platit $f(1)=0$ - není jiná možnost, než že $f(f(1))=0$ . Použiju-li stejný předpoklad ještě jednou, dostanu $f(f(x))\neq0$ pro $f(x)\in\langle 0,2)$ . Aby $f(f(x))=0$ , není jiná možnost, než že $f(x)\geq 2$ , a tedy $f(1)\geq 2$ .

Z tvého řešení by vyplývalo, že $f(1)=1$ , ale

$0=f(2)=f(1+1)=f(1\cdot f(1))\cdot f(1)=f(1) \cdot f(1)=1\cdot 1=1\qquad\Rightarrow\qquad 0=1.$

andrew · 27. 02. 2009 15:01

↑ Pavel:
:) Tak to jsem prehledl, ze neplati $f(1) = 1$ . Ja si zvolil $x=2$ a po dosazeni mam $f\big(2f(y)\big)f(y) = f(2+y) = 0$ . Z bodu $(iii)$ plyne $f(y)\not=0$ . Takze resim $f\big(2f(y)\big) =0$ , tj. $2f(y)=2$ . Odtud $f(y)=1$ pro $0\leq y<2$ .

Pokud je vyse napsane dobre, pak bych reseni videl v tomto tvaru
$f(x) = \begin{cases} 1, & x \in [0,2)-\{1\}, \nl 2, & x = 1,\nl 0, & x \in [2,\infty). \end{cases}$

Pavel · 27. 02. 2009 15:07 — Editoval Pavel (27. 02. 2009 15:09)

↑ andrew:

Já bych si dal pozor na implikaci

$f\big(2f(y)\big) =0\qquad\Rightarrow\qquad 2f(y)=2$

Nikde není psáno, že jediné reálné číslo, v němž je funkční hodnota 0, je x=2. Není těžké ukázat, že

$f(x)=0\qquad\forall x\geq 2.$

Tudíž ta implikace $f\big(2f(y)\big) =0\qquad\Rightarrow\qquad 2f(y)=2$ nemusí platit.

Z předpokladu $f\big(2f(y)\big) =0$ může stejně tak vyplývat, že $2f(y)=2$ jako $2f(y)=5$ :-)

andrew · 27. 02. 2009 16:41

↑ Pavel:
Nikde není psáno, že jediné reálné číslo, v němž je funkční hodnota 0, je x=2. Není těžké ukázat, že $f(x)=0\qquad \forall x\geq 2.$

Vsimni se, ze abych mohl psat $f\big(2f(y)\big) =0$ musim predpokladat $f(y)\not=0$ . A to je pro jake hodnoty $y$ pravda? Samozrejme, ze jen pro $0\leq y<2$ dle bodu $(iii)$ . Takze se pri hledani $f(y)$ pohybuju na intervalu $[0,2)$ nikoliv vsak na $[2,\infty)$ .

Samozrejme vim, ze plati $f(y)=0\qquad\forall y\geq 2$ . Jedine co nevim, je jak vypada $f(y)$ na $0\leq y<2$ . Dale z bodu $(iii)$ plyne $f(y)\not=0$ . Odtud $f\big(2f(y)\big) =0$ a z bodu $(ii)$ dostavam $2f(y)=2$ a tedy $f(y)=1$ .

Pavel Brožek · 27. 02. 2009 23:46

↑ andrew:

Uvažujme pouze $0\leq y<2$ . Pak $f(y)\not=0$ . Ale stále nic nevíme o tom, kolik $f(y)$ je, nevíme tedy jestli $2f(y)$ je z intervalu [0,2], víme pouze, že je to nezáporné číslo. Nemůžeme tedy přejít na interval [0,2] tak, jak to děláš. Jestliže platí $f(2f(y))=0$ , pak klidně může být $2f(y)=13$ . Myslím, že to jasně napsal Pavel ve svém příspěvku.