Visa källa för Vitrysk funktionalekvation

Följande [[problem]] är lite annorlunda då det inte endast går ut på att hitta en lösning utan att hitta en som är enklare än [[Niklas den yngre|Niklas]] egen hemska lösning. Det är som följer:

<math>f\colon \mathbb{R} \to \mathbb{R}</math>

<math>\displaystyle f(f(x+y)) = f(x+y) + f(x)f(y) -xy</math>

'''Lösning:'''

<math>\displaystyle (1):</math> <math>\displaystyle f(f(x+y)) = f(x+y) + f(x)f(y) - xy</math>

Sätt <math> x = a+b</math> och <math>y = 0</math> i <math>(1)</math>. Detta ger

<math>\displaystyle f(f(a+b)) = f(a+b) + f(a+b)f(0)</math>

Låt <math> a = x</math> och <math>b = y</math>. Genom att kombinera detta med <math>(1)</math> får vi

<math>\displaystyle f(x+y) + f(x+y)f(0) = f(f(x+y)) = f(x+y) + f(x)f(y) - xy</math>

eller enklare uttryckt

<math>\displaystyle (2):</math> <math>\displaystyle f(x+y)f(0) = f(x)f(y) - xy</math>

'''Steg 1:''' <math>\exists x_0 \in \mathbb{R}: f(x_0) = 0</math>

I <math>(2)</math>, låt <math> x = f(0)</math> och <math>y = -f(0)</math>:

<math>\displaystyle f(f(0) - f(0))f(0) = f(f(0))f(-f(0)) + f(0)^2</math>

alltså

<math>\displaystyle f(0)f(0) = f(f(0))f(-f(0)) + f(0)^2</math>

<math>\displaystyle 0 = f(f(0))f(-f(0))</math>

Vi har nu visat att

<math>f(f(0)) = 0 \vee f(-f(0)) = 0</math>

Således existerar ett<math>x_0 \in \mathbb{R}: f(x_0) = 0</math>.

'''Steg 2:''' <math>f(0) = 0</math>

Sätt <math> x = x_0</math> och <math>y = 0</math> i <math>(1)</math>. Detta ger

<math>\displaystyle f(f(x_0)) = f(x_0) + f(x_0)f(0) - 0x_0</math>

Men <math>f(x_0) = 0</math>, så

<math>\displaystyle f(0) = 0 + 0f(0)</math>

<math>\displaystyle f(0) = 0</math>

'''Steg 3:''' För varje tal <math>z</math> i värdemängden till <math>f</math> gäller <math>f(z) = z</math>, det vill säga hela värdemängden utgör fixpunkter

Sätt <math>y = 0</math> i <math>(1)</math>. Detta ger

<math>\displaystyle f(f(x)) = f(x) + f(x)f(0) - 0x</math>

Men <math>f(0) = 0</math>. Ovanstående medför därför att

<math>\displaystyle f(f(x)) = f(x)</math> <math>\forall x \in \mathbb{R}</math>

det vill säga

<math>\displaystyle f(z) = z</math> <math>\forall z \in f(\mathbb{R})</math>

'''Steg 4:''' <math>\displaystyle f</math> är surjektiv

Eftersom <math>f(0) = 0</math> följer omedelbart från <math>(2)</math> att

<math>\displaystyle f(x)f(y) = xy</math>

Sätt <math>y=1</math>

<math>\displaystyle f(x)f(1) = x</math>

Det gäller att <math>f(1) \neq 0</math> eftersom <math>x=1</math> ger <math>f(1)^2 = 1</math>. Division av ovanstående med <math>f(1)</math> ger

<math>\displaystyle f(x) = \frac{x}{f(1)}</math>

Högerledet antar samtliga reella tal, och således ligger varje reellt tal i värdemängden till <math>f</math>.

I steg 3 visade vi att det för alla tal i värdemängden gäller att <math>f(x) = x</math>. Därmed har vi nu visat att

<math>\displaystyle f(x) = x</math> <math>\forall x \in \mathbb{R}</math>

[[Bevis|vilket var vad vi verkligen ville visa]].

== Se även ==
[[Rysk vit funktionalekvation]]

[[Kategori:Problem]]
[[Kategori:Lösta problem]]