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 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]

vilket var vad vi verkligen ville visa.

Se även

Rysk vit funktionalekvation