Povídání k sedmé sérii Seznámení s funkcionálními rovnicemi

Povídání k sedmé sérii

Seznámení s funkcionálními rovnicemi

Co je to funkcionální rovnice?

Funkcionální rovnice je rovnice, do které hledáme funkcif tak, abyf vyhovovala rovnici pro všechny zadané hodnoty proměnných. Příklady na funkcionální rovnice mohou vypadat násle- dovně.

Příklad 1. Najděte všechny funkcef:Q→Rsplňující pro všechnax,y∈Qrovnici f(x+y) =f(x) +f(y).

Příklad 2. Najděte všechny funkcef:R⁺→R⁺, které vyhovují rovnici f(x²) =x+f(y)− y

f(y). Pro řešení je důležitédůkladněpochopit, co vlastně zadání říká.

Výklad zadání příkladů

• najděte všechny funkceříká „nalezněte vyhovující funkce a ukažte, že jiné než Vámi nalezené funkce už rovnici neřešíÿ

• funkcef:Q→Rmají definiční oborQa obor hodnot je částíR

• funkcef:R⁺→R⁺ říká, že definiční obor a funkční hodnoty jsou kladná reálná čísla

• splňující rovnici pro všechnax,y∈Qznamená „splňující pro všechny dvojice [x, y],x∈Q, y∈Qÿ, tedy kupříkladu i dvojice [0, y], [x, x], neboli pro funkcif z příkladu 1. platí

f(0 +y) =f(0) +f(y),pro všechnay∈Q, f(x+x) =f(x) +f(x), pro všechnax∈Q,

a pokud bychom v zadání hledali funkcif:Q→Q, můžeme dosadit i [f(x), y]:

f(f(x) +y) =f(f(x)) +f(y), pro všechny dvojice [x, y]∈Q².

Co všechno můžeme do rovnice dosadit, vypráví kapitola „Užitečné hodnoty k dosazeníÿ.

Základní idea řešení funkcionálních rovnic

Základní ideou řešení je implikace „pokudf vyhovuje, tak splňuje vztahy. . .ÿ. Často pou- žíváme obsáhlejší formulaci: „předpokládejme, žef(x) řeší zadanou funkcionální rovnici. Potom má toto řešení následující vlastnosti . . .ÿ Konkrétní vlastnosti většinou získáváme speciálním dosazením zaxa y. Vpříkladu 1.nám dosazení dvojice [0,0] poskytne informaci o hodnotě f(0):

f(0 + 0) =f(0) +f(0) ⇒ f(0) = 0.

Dosazení [√x,1] vpříkladu 2.dá

f((√x)²) =√x+f(1)− 1 f(1),

neboli pokudf(x) vyhovuje původní rovnicif(x²) =x+f(y)− _f(y)^y , tak vyhovuje i jejímu konkrétnímu dosazení [√x,1], které určí, že funkcef(x) splňuje vztah

f(x) =√

x+ konst.

Ptáte se, proč jef(1)−f(1)¹ = konst.? V první implikaci „předpokládejme, že máme nějaké řešeníf(x) zadané rovnice, pak toto řešení splňuje. . .ÿ už vyhovující funkci (jakože) máme, jen o ní ještě nic nevíme.¹ Tato funkce má ale pevně danou hodnotu v bodě 1, která se nemění, je konstantní. Proto je

f(1)− 1

f(1)= konst.

Metody řešení

Hlavní metody řešení jsou dvě,metoda substitučníametoda Cauchyova. Substituční metoda

Vhodnými substitucemi za proměnnéxayurčíme tvar řešení. Nejdříve uvádíme jeden příklad podrobně, pak druhý stroze, ale přesně.

Příklad 3. Najděte všechny funkcef:R→Rvyhovující rovnici

f(xy+ 1) +f(x+y) = (f(x) + 1)(y+ 1) (1) Řešení. Předpokládejme, že jsme už našli funkcifvyhovující zadané rovnici pro všechny dvojice [x, y]. Potomfsplňuje vztah ze zadání i pro dvojici [0, x] (rovnice je splněna pro všechny obecné dvojice, tedy i pro konkrétnější dvojici [0, x], kdy v rovnici (1) zaxdosadíme 0 a zaydosadíme x):

f(0x+ 1) +f(0 +x) = (f(0) + 1)(x+ 1) neboli

f(x) = (f(0) + 1)x+f(0) + 1−f(1). (2) Vyjádříme hodnotu konstant² f(0) af(1). Zkusme dosadit dvojici [0,0]:f(0 + 1) +f(0 + 0) =

= (f(0) + 1)(0 + 1),po úpravěf(1) = 1.Dosazením [0,1] zjistíme, žef(0) = 0. Funkce může mít tedy tvar

f(x) = (f(0) + 1)x+f(0) + 1−f(1) = (0 + 1)x+ 0 + 1−1 =x.

Ale z ničeho zatím neplyne, že tento (už jediný možný) tvar vyhovuje zadání. Proto je potřeba udělat zkoušku. Zkouška:

L=f(xy+ 1) +f(x+y) = (xy+ 1) + (x+y)

P= (f(x) + 1)(y+ 1) = (x+ 1)(y+ 1) =xy+ 1 +x+y L=P

1Pro představu: jako když máte v pytli zajíce, ale ještě nevíte, jak vypadá, můžete dloubáním zjišťovat, jak rychle se vrtí, za jak dlouho se unaví, atd. Je to už alekonkrétnízajíc, který má danou barvu očí, jež se nemění, ač ji vy neznáte.

2Z předpokladu existencefplyne konkrétnost hodnotf(0) af(1), akorát my ji ještě neznáme, a ostatně proto ještě úlohu řešíme:).

Jedinou funkcí splňující podmínky v zadání jef(x) =x.

Příklad 4. Nalezněte všechny funkcef :R⁺₀ →R⁺ splňujícíf(x+y) =f(x) +ypro každé x, y∈R⁺₀.

Řešení. Předpokládejme, že již máme nějakou funkcifřešící rovnici. Pak musí platit (označíme sic=f(0) a dosadímex= 0 do zadání)

f(y) =c+y, kdec∈R⁺.

Naopak, dosadíme-li funkcif v takto zjištěném tvaru do zadání, zjistíme, žef(y) =c+yřeší rovnici pro všechnac∈R⁺. Tím je úloha vyřešena.

Cauchyva metoda

Cauchyova metoda slouží k odvození tvaru řešení pro racionální čísla, často se dá z dalších podmínek rozšířit na všechna reálná. Poslouží nám úvodní příklad.

Příklad 5. Najděte všechny funkcef:Q→Rsplňující pro všechnax,y∈Qrovnici f(x+y) =f(x) +f(y).

Řešení. Předpokládejme, že máme nějaké řešeníf této rovnice. Dosazením [0,0] dospějeme kf(0) = 0. Dosazením postupně [x, x], [2x, x],. . ., [(n−1)x, x] dostáváme pron∈N:

f(2x) =f(x+x) =f(x) +f(x) = 2f(x) f(3x) =f(2x+x) =f(2x) +f(x) = 3f(x)

...

f(nx) =f((n−1)x+x) =f((n−1)x) +f(x) =nf(x). (3) Zapamatujme si důležitý vztahf(nx) =nf(x). Upravujme podle něj hodnotuf(n) dvěma způ- soby:

f(n) =nf(1) f(n) =f“

m· n m

”=mf“n m

”

, m, n∈N Složením těchto rovností dostáváme

f

“m n

”= m

nf(1),čilif(x) =xf(1) prox∈Q⁺.

Dosazení [0,0] do zadání dáf(0) = 0 a dosazení [x,−x] poskytne vztah proQ⁻:f(−x) =−f(x).

Označmef(1) =c. Vzorec pro naši funkci je tedyf(x) =cxa zkouška ukáže, že je skutečně pro x∈Qac∈Rvyhovujícím řešením.

K řešení pomocí Cauchyovy metody často pomáhá, že je funkce monotonní nebo spojitá.

Pomůže nám následující věta.

Věta 6. Nechť spojitá funkcef :R→Rsplňuje pro všechnax∈Qpředpisf(x) =g(x), kde g(x)je konkrétní spojitá funkceR→R. Pak platíf(x) =g(x)pro všechnax∈R.

Příklad 7. Najděte všechny spojité funkcef:R→Rvyhovující rovnici f(x+y) =f(x)f(y).

Řešení. Předpokládejme, že máme nějaké řešeníftéto rovnice. Jeli pro nějakétreálnéf(t) = 0, pak volbou [x−t, t] dostávámef(x) =f(x−t+t) =f(x−t)f(t) = 0 pro každéx∈R. Dále se tedy budeme zajímat jen o nenulová řešení. Předně pro každéx∈Rplatíf(x) =f(^x₂ +^x₂) =

= f(^x₂)f(^x₂) = (f(^x₂))² >0.Funkcef(x) nabývá tedy všude kladných hodnot. Indukcí jako v předchozím příkladě ukážemef(nx) =f(x)f((n−1)x) =· · ·= (f(x))ⁿ=fⁿ(x) pron∈Na x∈R. Tento vztah opět dvakrát užijeme v úpravě výrazuf(nx):

f(nx) =fⁿ(x) f(nx) =f“

m· n mx”

=f^m“n mx”

n, m∈N, x∈R.

Porovnáním pravých stran rovností získáme klíčový vzorecf(_mⁿx) =f^mn(x). Dosazenímx= 1 obdržíme pro kladná racionální čísla q vztahf(q) = f^q(1). Dvojice [0,0] zasazená do zadání poskytnef(0) =f²(0)>0, čilif(0) = 1, a dvojice [x,−x] dá 1 =f(0) =f(x−x) =f(x)f(−x).

Proto f(−q) = _f(q)¹ = _fq¹(1) =f^−q(1) proq ∈Q⁺. Při označení f(1) = c∈ R⁺ jsme tímto ukázali vzorecf(x) =c^xpro všechnax∈Q. Definujeme-li nyní funkcig(x) =c^xprox∈R, pak jef(x) =g(x) pro všechna racionální číslaxa za předpokladu spojitosti dostáváme podle věty 6., žef(x) =c^x i pro všechnaxreálná. Dosazením do zadání se snadno ověří, žef(x) =c^x je skutečně řešením dané rovnice pro všechnac >0.

Užitečné hodnoty k dosazení

Nenechte se vázat tím, žex,y jsou reálné proměnné. Za tyto proměnné můžete dosazovat prakticky cokoli, co dá ve výsledku reálné číslo. Tedy například dosazení x = t² je korektní, protože protreálné jet² také reálné číslo. I dosazeníx=√

tje korektní – za podmínkyt≥0.

Příklad 8. Najděte všechnyf:R→R, které vyhovují rovnici f(x−y²) =f(x)−y². Řešení. Řešení rozdělíme případyx≥0 ax <0.

Případx≥0: Dosazeníy=√xdáf(x−(√x)²) =f(x)−(√x)²,po úpravěf(x) =x+f(0).

Případx <0: Dosazením dvojice [0,√

−x] dostaneme f(−(√

−x)²) =f(0)−(√

−x)² f(−(−x)) =f(0)−(−x)

f(x) =f(0) +x.

Pro oba případyx≥0 ix <0 jsme obdrželi stejný vzorecf(x) =f(0) +x, proto tento vzorec platí pro všechnax∈R. Zkouška ukáže, že řešení vyhovují všechny hodnotyf(0)∈R.

Množství speciálních výrazů, které jde dosadit, je však mnohem širší, než se zdá. Pro konkrétní t∈Rje i hodnotaf(t)∈R, proto je dosazeníx=f(t) v pořádku.

Příklad 9. Najděte všechny funkcef:R→Rsplňující

f(y−f(x)) =f(y)−f(f(x)) +f(x)−x Řešení. Dosadímey=f(x):

f(f(x)−f(x)) =f(f(x))−f(f(x)) +f(x)−x,

po úpravěf(x) =x+f(0). Zkouškou se ověří, že všechna řešení jsou skutečně ve tvaruf(x) =x+c, c∈R.

Vlastnosti funkcí

K řešení často pomáhají známé vlastnosti funkcí, ty užitečné uvádíme zde. Funkce může být (a) sudá,resp.lichá: platíf(x) =f(−x), resp.f(x) =−f(−x) pro všechnax∈R (b) rostoucí,resp.klesající: pro libovolnáx < yjef(x)< f(y), resp.f(x)> f(y) (c) nezáporná (nebokladná):f(x)≥0 (nebof(x)>0)

(d) prostá: funkce nenabývá žádné hodnoty víckrát než jednou (x6=y⇔f(x)6=f(y)) (e) na: funkce nabývá všech hodnot aspoň jednou

(f) bijekce: funkce nabývá všech hodnot právě jednou (každémuxz definičního oboru náleží právě jednof(x) z oboru hodnot)

(g) spojitá: zjednodušeně řečeno jde její graf nakreslit jedním tahem Nakonec jedna netradiční metoda

Ne všechny úlohy se dají řešit postupným dosazováním vhodných hodnot a vyvozováním tvaru funkce, někdy musíme řešení uhodnout a následující příklad ukazuje, že vyhovující funkce nemusí vůbec vypadat obvykle.

Příklad 10. Najděte nelineární zobrazení³f:R→R, které se nezmění, pokud ho libovolněkrát složíme, tedy pro všechnan∈Nplatí

f(f(. . . f(x). . .))

| {z }

n krát

=f(x).

Řešení. Jedním z řešení je funkce

f(x) = 8

><

>:

0 prox≤0, x prox∈(0,1), 1 prox≥1.

Graf vypadá následovně:

3zobrazení, pro které neplatíf(x) =ax+b, pro nějakáa,b∈R

1

1 f (x)

x y

Je vidět, žef(x)∈ h0,1i prox∈R. Dále zf(x) =xprox∈ h0,1iplynef(f(x)) =f(x) a indukcí obržíme platnost vztahu ze zadání. Tím ale výčet vyhovujících funkcí rozhodně nekončí, na následujících obrázcích jsou grafy dvou dalších. Zkuste si rozmyslet, proč vyhovují.

1 1

f(x)

x y

1 1

f(x) x y

0

Další zdroje

Pokud byste se chtěli dozvědět víc, hledejte na našich stránkách v sekciknihovnanebo v publikaci z edice školy mladých matematiků:Davidov L.; Funkcionální rovnice; Mladá fronta; Praha 1984.

7. series

Topic: Functional equations

Date due: ^April14,2008

problem0 (1 point)

Decide which function has most functions.

problem1 (3points)

Find all functionsf:R→Rsatisfying for all pairs of real numbersx,y f(x+y)−f(x−y) =xy.

problem2 (3points)

Letf:R→Rbe one-to-one function, satisfying for everyx∈Rthe equationf²(x) =f²(−x).

Show thatf is odd function.

Find all functionsf:R⁺→R⁺such that for every realx

x³f³(x) + 1 =xf(x)(1 +xf(x)).

problem4 (5points)

Is there any other solution tof(f(x)) = 0 thanf(x) = 0? Explain.

problem5 (5points)

Find a functionf:R→Rwhich for every realxsatisfies

f(x) +xf(−x) = (1−x) sinx

and show that there are no more solutions.

problem6 (5points)

Find all functionsf:R→Rsatisfying for every pair of real numbersxandy

f(x²+y) +f(f(x)−y) = 2f(f(x)) + 2y².

problem7 (5points)

Decide if there is a functionf:N→Nwhich for every natural numbern >1 satisfies

f(n) =f(f(n−1)) +f(f(n+ 1)).

problem8 (5points)

Find all monotonic functionsf:R⁺→R⁺satisfying for allx,ythe functional equation

f(xy)·f

„f(y) x

«

= 1.

Serie N. 7

Thema: Funktionalgleichungen

Datum des Poststempels: ^{14.April,2008}

Aufgaben.0 (1punkt)

Welche Funktion hat die meisten Funktionen?

Aufgaben.1 (3punkte)

Finde alle Funktionenf:R→R, so dass für jedes Paar reeller Zahlenx,ygilt f(x+y)−f(x−y) =xy.

Aufgaben.2 (3punkte)

Man weiß, dass die Funktion f : R→ Rinjektiv ist und dass für jedes x ∈ Rzugleich gilt:

f²(x) =f²(−x). Zeige, dass die Funktionf ungerade ist.

Aufgaben.3 (3punkte)

Finde alle Funktionenf:R⁺→R⁺, so dass für jedes reellexgilt:

x³f³(x) + 1 =xf(x)(1 +xf(x)).

Aufgaben.4 (5punkte)

Entscheide, ob die Funktionalgleichung f(f(x)) = 0 eine andere Lösung hat, als f(x) = 0.

Begründe deine Antwort.

Aufgaben.5 (5punkte)

Finde eine Funktionf:R→R, die für jedes reellexerfüllt:

f(x) +xf(−x) = (1−x) sinx.

Zeige, dass keine andere vorhanden ist.

Aufgaben.6 (5punkte)

Finde alle Funktionenf:R→R, so dass für alle Paare reeller Zahlenx,ygilt:

f(x²+y) +f(f(x)−y) = 2f(f(x)) + 2y².

Aufgaben.7 (5punkte)

Entscheide, ob so eine Funktionf:N→Nexistiert, die für alle natürlichen Zahlenn >1 erfüllt:

f(n) =f(f(n−1)) +f(f(n+ 1)).

Aufgaben.8 (5punkte)

Finde alle monotonen Funktionenf:R⁺→R⁺, die für allex,ydie folgende Funktionalgleichung erfüllen:

f(xy)·f

„f(y) x

«

= 1.

La série 7

Sujet: Equations fonctionnelles Date d’expedition: ^{le14avril2008}

probl

eme0 (1 point)

Quelle fonction a le plus des fonctions?

probleme1 (3points)

Déterminez l’ensemble de toutes les fonctionsf:R→Rtel que pour toutxetyréel f(x+y)−f(x−y) =xy.

probl

eme2 (3points)

On sait que la fonctionf :R→Rest injective etf²(x) =f²(−x) pour toutx∈R. Démontrez quefest impaire.

probl

eme3 (3points)

Trouvez toutes les fonctionsf:R⁺→R⁺ telles que pour toutx∈R x³f³(x) + 1 =xf(x)(1 +xf(x)).

probl

eme4 (5points)

Décidez si l’equation fonctionnellef(f(x)) = 0 a une autre solution quef(x) = 0. Justifiez votre réponse.

probl

eme5 (5points)

Trouvez une fonctionf:R→Rqui satisfait

f(x) +xf(−x) = (1−x) sinx pour toutx∈Ret démontrez qu’aucune d’autre n’existe pas.

probl

eme6 (5points)

Déterminez l’ensemble de toutes les fonctionsf:R→Rtel que pour toutxetyréel f(x²+y) +f(f(x)−y) = 2f(f(x)) + 2y².

probleme7 (5points)

Décidez s’il existe une fonctionf:N→Nqui satisfait

f(n) =f(f(n−1)) +f(f(n+ 1)) pour toutnnaturel,n >1.

probl

eme8 (5points)

Trouvez toutes les fonctions monotonesf:R⁺→R⁺qui satisfont l’equation fonctionnelle f(xy)·f

„f(y) x

«

= 1 pour toutx,y.

Řešení 7. série

0. úloha

Která funkce má nejvíce funkcí?

Tentokráte řešení nulté úlohy přišlo dost pomálu (přesněji čtyři), tak jsem se rozhodl otisknout všechna. Jako první vám představím docela racionální přístup Miroslava „Myregaÿ Klimoše (samozřejmě v původním jazyce):

First of all we have to realize which function od functions is most important. From my point of view, the main functions is to solve functional equalities. Other functions of functions are immaterial, so we’ll ignore them.

Althought difficulty of funcitonal equalities differs a lot, every functional equality is interesting and it’s worth of attention. So we can’t prioritize any functional equalities, and therefore, the function which has most functions is simply the function which is solution of the most functional equalities.

Unfortunately, there are infinetely many functional equalities, and therefore, we have to focus on some representing sample. I mean that this 7^th series is quite a good sample. Solutions of given equalities are f(x) = ^x₄² +c (1),f(x) = ¹_x (3),f(x) = sinx (5),f(x) = x² (6) and f(x) = 1, f(x) =¹_x (8). Now it’s clear that the function which solves most functional equalities isf(x) = ¹_x.

The function with the most functions is f(x) = 1

x.

Karel Kolářměl k celé problematice trošku fysikální přístup:

I think, that the most functions and the most useful function isf:y=ae^−xb +c(wherea,b andcare some constant andeis Euler’s number⁴). It has practicaly neverending use in physics and I think, that every single part of physics is somehow bounded with this equation.

Další rešitelka nám poslala německou básničku (já sám bohužel německy neumím, ale snad pobaví aspoň některé z našich řešitelů). Následuje tedy řešeníHany Šustkové.

Habe es gesucht

Du gültige Gesetze rein funkzional Luft

Du e’maligen Hauptmann warst durch verschwommens Meer Du gleichzeitiges Otschan bleib was deine Funktion wär

Habe ihm gesucht, mein Funktion, bin immer schwach Und du in deinem Sprengel hast

Dein Fachgebiet mit leicht und last beschwest mist

unter einem Dach

4e= 2,718281828459045070. . . je tzv. Eulerova konstanta, nebo též základ přirozeného loga- ritmu. Pokud víš něco o limitách, tak věz, žee= limn→∞

`1 +¹_n´n

. Pozn. redaktora.

Poslední řešení – odJiřího Hadravy– je velmi pečlivě zašifrováno (schválně, jestli ho dokážete rozšifrovat:P):

7.^EAEEFCC˙ ^D˙^E˙ 0.^DDCCEF˙ BEE˙

AAEFFCC˙ EBDF˙ CE˙ EA˙ BBEA˙FCCA˙ EBB˙ DDEAEFFC˙

1. úloha

Nalezněte všechny funkcef:R→Rtakové, že pro každou dvojici reálných číselx,yplatí f(x+y)−f(x−y) =xy.

Funkcionálna rovnica má platiť pre všetky dvojicex, yzR, a teda aj pre dvojicux=y=^a₂. f“a

2+a 2

”−f“a 2−a

2

”=“a 2

”2

f(a)−f(0) =“a 2

”2

f(a) = a² 4 +f(0)

Výrazf(0) je konštanta, preto ak rovnica má nejaké riešenia, musia byť tvaru f(a) = a²

4 +c.

Musíme ešte overiť, či všetky takéto funkcie zadaniu naozaj vyhovujú.

L=f(x+y)−f(x−y) =(x+y)²

4 +c−(x−y)²

4 −c=

=x²+ 2xy+y²+ 4c−x²+ 2xy−y²−4c

4 =xy

P=xy L=P

Riešením funkcionálnej rovnice sú všetky funkcie tvaruf(x) = ^x₄²+c, kdecje zR.

2. úloha

O funkcif:R→Rvíme, že je prostá, a zároveň pro každéx∈Rplatíf²(x) =f²(−x). Ukažte, žefje lichá.

U této úlohy mohlo dojít u anglické verze k dvěma různým překladům zadání, které se dost značně lišily⁵. Výrazone-to-onelze totiž přeložit jako bijekci nebo jako prostou funkci. Protože

5Pro jedno byl výrok platný, pro druhý nikoli.

nešlo z většiny řešení poznat, jak si řešitel výraz přeložil, řešení obou verzí byla uznána. Řešení uvádíme pro oba výklady zadání.

Bijekce:

Po odmocnění obou stran rovnice dostáváme rovnici:

f²(x) =f²(−x)

|f(x)|=|f(−x)|.

Snadno tedy z diskuze pro každou hodnotuxmusí platit jeden ze vztahů:

f(x) =f(−x) f(x) =−f(−x)

Pro první možnost dostáváme pro každé takovéxfunkční hodnotuf(x), která se ovšem rovná funkční hodnotěf(−x) a rozhodně nemůže být součástí prosté funkce. Jediná hodnota, pro kterou je tedy tento vztah myslitelný jex= 0. Druhá z možností je obecný tvar liché funkce. Pokud tedy existuje funkce splňující podmínky zadání, musí být nutně lichá ve všech bodech kromě nuly.

Pro určení funkční hodnoty v nule budeme pro spor předpokládat, žef(0) není rovno 0. Dále budeme předpokládat, že neexistuje žádnéx, pro které platíf(x) =f(0). Pak ale také nemůže existovat žádnéxs funkční hodnotouf(x) =−f(0), což je spor s tím, že funkce je na. Pokud by existovaloxse stejnou funkční hodnotou jako nula, pak dostáváme okamžitě spor s prostotou.

Proto musí platit

f(0) = 0.

Hledaná funkce je tedy nutně lichá.

Prostá funkce:

Pro tento případ výrok neplatí, to lze nejlépe dokázat předložením vhodného protipříkladu.

Obecně stačí jakákoli omezená funkce, která je lichá všude kromě nuly. V nule pak nabývá hodnoty větší nebo menší než na zbytku definičního oboru. Tím dostáváme prostou funkci⁶. Jako hezký příklad uvedu řešeníPepy Tkadlece:

f(x) =

arctgx prox∈R\ {0} 42 prox= 0

6Která však není na, proto nelze použít v prvním případě.

3. úloha

Najděte všechny funkcef:R⁺→R⁺ takové, že pro každé reálnéxplatí

x³f³(x) + 1 =xf(x)(1 +xf(x)).

Původní rovnici budeme jednoduše ekvivalentně upravovat:

(xf(x))³−(xf(x))²−(xf(x)) + 1 = 0

“(xf(x))−1”“

(xf(x))²−1”

=“

xf(x)−1”2“

xf(x) + 1”

= 0

Dostali jsme rovnost, ze které snadno vidíme, žexf(x) = 1 neboxf(x) =−1. Ovšem musíme tuto rovnost chápat správně. Takováto informace znamená, že pro každéxz definičního oboru funkcefnastává jedna z těchto rovností. Takže klidně může platit rovnostxf(x) = 1 pro nějakou část definičního oboru axf(x) =−1 pro zbylou část. Zde nás ovšem právě definiční obor a obor hodnot zachrání, protože dle zadání jex∈R⁺,f(x)∈R⁺, a je tedyf(x) = ¹_x pro celý definiční obor. Po dosazení tohoto jediného kandidáta do zadání vidíme, žef(x) = ¹_xje skutečně řešením.

4. úloha

Rozhodněte, zda funkcionální rovnicef(f(x)) = 0 má jiné řešení nežf(x) = 0. Svoji odpověď zdůvodněte.

Ano, existují i jiná řešení nežf(x) = 0. Klíč k úspěchu byl v grafické představě. Stačilo nějakou vyhovující funkci nalézt a stručně popsat, proč vyhovuje. Jak ji tedy nalézt? Představme si graf funkcef(x) = 0. Hledáme ale nějaké jiné řešení než toto, proto se ji pokusíme pozměnit. Co se stane, budu-li chtít posunout jeden z bodů grafu ve směru osyy? Pro představu, posuňme bod [4; 0] na pozici [4; 1]⇒f(4) = 1. Zkusíme-li tento bod dosadit, získámef(f(4)) =f(1) = 0, což jsme potřebovali.

0 x

y

f(x)

4 1

Máme tedy funkci, která splňujef(f(x)) = 0 a zároveňf(x)6= 0. To, že není spojitá, naší úloze rozhodně nevadí. Ale pokud by se vám toto řešení přece jen nelíbilo, dávám na ukázku několik dalších, hezčích. Popřemýšlejte o nich. Předpis první z funkcí lze i pěkně zapsat, a to f(x) =|x− |x||.

0 x f(x) y

0 x

y

f(x)

0 x

y

f(x)

0 x

y

f(x)

a a

a a

−a

−a

a a

5. úloha

Nalezněte funkcif:R→R, která pro každé reálnéxsplňuje f(x) +xf(−x) = (1−x) sinx a ukažte, že jiná neexistuje.

Snadno dokážeme, že řešením zadané funkcionální rovnice jef(x) = sinx, prostě dosadíme do zadání a využijeme toho, že sinxje lichá funkce, tedy sinx=−sin(−x). Dostaneme

sinx+xsin−x= sinx−xsinx= (1−x) sinx.

Těžiště úlohy však bylo dokázat, že sinx je jediným řešením. Ukážeme si hned tři různé způsoby, jak to šlo udělat.

Řešení první

Nejprve do zadání dosadímex= 0 a dostanemef(0) = 0. Pokudx6= 0, dosadíme do zadání−x a vynásobíme celou rovnicix, dostáváme

xf(−x)−x²f(x) =−x(1 +x) sinx.

Získanou rovnici odečteme od zadané, některé členy se nám vykrátí a po úpravách dostáváme (1 +x²)f(x) = (1 +x²) sinx.

Protože výraz 1 +x² je kladný pro libovolné reálnéx, musíf(x) být sinx. Tím jsme dokázali jednoznačnost řešení.

Řešení druhé přes lichostf(x)

Zkusme si dokázat, že funkcef(x) musí být lichá. Podobně jako výše dosadíme do zadání−xa dostaneme

f(−x)−xf(x) =−(1 +x) sinx.

Tyto dvě rovnice od sebe odečteme a sečteme, tedy dostaneme dvě další rovnice.

(f(x) +f(−x))−x(f(x)−f(−x)) =−2xsinx (⊕) (f(x)−f(−x)) +x(f(x) +f(−x)) = 2 sinx. (⊖) Všimněte si, že označené části jsou stejné. Můžeme tedy z druhé rovnice (⊖) vyjádřit (f(x)−

−f(−x)) a dosadit do první (⊕). Dostaneme další rovnici (f(x) +f(−x))−x“

2 sinx−x(f(x) +f(−x))”

=−2xsinx (x²+ 1)f(x) =−(x²+ 1)f(−x)

f(x) =−f(−x), tedy funkcef(x) je lichá.

Získaný poznatek použijeme přímo na rovnici ze zadání, dostáváme f(x) +xf(−x) = (1−x) sinx

(1−x)f(x) = (1−x) sinx.

Z toho dostáváme prox6= 1 hodnotuf(x) = sinx. Hodnota f(1) je také určena jednoznačně.

Funkcef(x) je totiž lichá, tedy platí

f(1) =−f(−1) =−sin(−1) = sin 1.

Zadané rovnici tedy opět vyhovuje jediná funkcef(x) = sinx.

Řešení třetí podle Myrega Klimoše

Pro spor předpokládejme, že existuje ještě jiné řešeníf(x). Takové řešení se liší alespoň v jednom nenulovém boděa, kdef(a)6= sina. Platíf(a) = sina+b, kdebje nenulové reálné číslo. Dosaďme do zadání zaxnejprveaa vyjádřemef(−a).

f(a) +af(−a) = (1−a) sina f(−a) =−sina−b

a. Podobně dosadíme do zadání−azax.

f(−a)−af(a) =−(1 +a) sina f(−a) =ab−sina.

Dostali jsme tedy dva vztahy sf(−a), mezi kterými musí platit rovnost. Tedy

−sina−b

a=ab−sina 0 =b“

a+1 a

” ,

protože (a+¹_a)6= 0, musí býtb= 0, což je však ve sporu s předpokladem. Tedy řešení je určeno jednoznačně,f(x) = sinx.

6. úloha

Najděte všechny funkcef:R→Rtakové, že pro všechny dvojice reálných číselxayplatí f(x²+y) +f(f(x)−y) = 2f(f(x)) + 2y².

První řešení:

Funkcionální rovnice platí pro všechny dvojice [x, y], proto platí i konkrétnější dosazení [x,0]

a [x, f(x)−x²].

f(x²) +f(f(x)) = 2f(f(x))

f(f(x)) +f(x²) = 2f(f(x)) + (f(x)−x²)² Odečtením těchto rovnic obdržíme

0 = (f(x)−x²)²,což implikuje vztah f(x) =x².

Pokud nějaká funkce řeší naši rovnici, pak je to funkcef(x) =x², proveďme zkoušku.

L=f(x²+y) +f(f(x)−y) = (x²+y)²+ (x²−y)²= 2x⁴+ 2y² P= 2f(f(x)) + 2y²= 2x⁴+ 2y²

L=P

Jediným řešením je tedyf(x) =x². Druhé řešení podle Myrega Klimoše:

Nejprve získáme dosazením [x,0] jednoduchý vztah

f(x²) =f(f(x)). (1)

Nyní předpokládejme, že pro nějakáa,bplatí vztahf(a) =f(b). S použitím rovnice ze zadání vychází

f(a²+y) = 2f(f(a)) + 2y²−f(f(a)−y) = 2f(f(b)) + 2y²−f(f(b)−y) =f(b²+y).

Získaný vztahf(a²+y) =f(b²+y) platí pro všechnay∈R, proto jef periodická s periodou p=a²−b². Dosaďmey=pdo rovnice ze zadání a použijme periodičnostf(x) =f(x+p):

f(x²+p) +f(f(x)−p) = 2f(f(x)) + 2p² f(x²) +f(f(x)) = 2f(f(x)) + 2p² f(x²) =f(f(x)) + 2p²

Porovnáním s (1) obdržíme 2p²= 0, z čehož snadno dostanemea=bneboa=−b. Celkově jsme obdrželi implikaci „pokudf(a) =f(b), paka=bneboa=−b.ÿ Použitím na vztah (1) splňují funkční hodnoty buďf(x) =x²nebof(x) =−x². Zřejměf(0) = 0.

Je potřeba dokázat, že f(x) = x² pro všechna x ∈ R. Předpokládejme tedy pro spor, že existujet∈R\ {0}takové, žef(t) =−t². Potom volba [0, t] v rovnici ze zadání ukáže:

f(0²+t) +f(f(0)−t) = 2f(f(0)) + 2t² f(t) +f(−t) = 2t²

f(−t) = 3t²

A to je spor, protože máme pouze možnostif(−t) =t²af(−t) =−t². Pokud tedy nějaká funkce vyhovuje zadání, pak splňujef(x) =x². Zkouškou se snadno, stejně jako v předchozím způsobu řešení, přesvědčíme, že nalezené řešení vyhovuje.

Třetí řešení:

Zkusme dosadit [x, f(x)] a [x,−x²].

f(x²+f(x)) +f(0) = 2f(f(x)) + 2f(x²) f(0) +f(f(x) +x²) = 2f(f(x)) + 2x⁴ Odečtením dostáváme

2f²(x) = 2x⁴,neboli f(x) =±x².

Funkce vyhovující podmínce f(x) = ±x² jsou všechny funkce vzniklé nějakou kombinací funkcíf1(x) =x²af2(x) =−x². Stejně jako v řešení podleMyrega Klimošebychom ukázali, že jediné vyhovující řešení jef(x) =x².

7. úloha

Rozhodněte, zda existuje funkcef:N→N, která pro všechna přirozenán >1 splňuje f(n) =f(f(n−1)) +f(f(n+ 1)).

Zo zadania dostávame pre všetkyn >1 nerovnosťf(n)≥2, pretože na pravej strane rovnosti máme dve prirodzené čísla. V ďalšom kroku použijeme matematickú indukciu cezk, pomocou ktorej dokážeme, že pre každé prirodzenén >1 rastie jeho funkčná hodnota do nekonečna, čo bude spor s predpokladom, že vyhovujúca funkciaf existuje (a má konečné hodnoty). Ukážeme, žef(n) je väčšie ako hociktoré prirodzené číslo. Prvý indukčný krok prek= 2 už máme (f(n)≥

≥2), nasleduje druhý indukčný krok.

Predpokladajme, že platíf(n)≥kpre všetkyn >1 a pre nejakék >1 prirodzené. Potom aj f(n+ 1)≥k >1 a podľa predpokladuf(f(n+ 1))≥k. Potom podľa vyššie uvedenej rovnosti platí:

f(n) =f(f(n−1)) +f(f(n+ 1))≥f(f(n−1)) +k≥k+ 1.

Opäť sme použili skutočnosť, že funkčné hodnoty sú prirodzené čísla, a tedaf(f(n−1))≥1.

Dokázali sme, že pre všetkyn >1 a ľubovoľnékprirodzené platíf(n)≥k, a to znamená, že taká funkcia neexistuje, pretože inak by musela posielať hodnoty mimo svoj obor hodnôt.

8. úloha

Nalezněte všechny monotónní funkcef:R⁺→R⁺splňující pro všechnax,yfunkcionální rovnici f(xy)·f

„f(y) x

«

= 1.

Idea důkazu je následující. Nejprve si spočítáme hodnotuf(1) = 1. Poté využijeme monotonii a rozdělíme si úlohu na dvě možnosti:

(a) Není-lif ryze monotónní v 1 (tj.∃t∈R⁺\ {1}:f(t) = 1), pak po několika provedených myšlenkách získáme jediné možné řešeníf(t) = 1.

(b) Je-lif ryze monotónní v 1 (tj.∀t∈R⁺\ {1}:f(t)6= 1), pak dokážeme, že jediná funkce splňující zadání jef(t) = ¹_t.

Teď již přejdeme k samotnému řešení příkladu. Nejprve provedeme několik dosazení a zjistíme funkční hodnotuf(1):

[1, z] : f(z)f(f(z)) = 1, ∀z∈R⁺ (1) [f(f(z)), f(z)] : f(f(f(z))f(z))f(1) = 1, ∀z∈R⁺ (2) Dosadíme-li (1) do (2) dostaneme:

f(1)f(1) = 1⇒f(1) = 1,

přičemž hodnotu f(1) = −1 nemusíme díky definičnímu oboru R⁺ do možných hodnot f(1) zahrnovat.

Uvažujme nyní možnost (a), tedy∃t∈R⁺\ {1}:f(t) = 1. Provedeme-li dosazení jednak této hodnotyta druhak hodnoty 1 za proměnnouy, dostaneme:

[z, t] : 1 =f(zt)f

„f(t) z

«

=f(zt)f“1 z

”

∀z∈R⁺ [z,1] : 1 =f(z)f

„f(1) z

«

=f(z)f“1 z

” ∀z∈R⁺ Porovnáním těchto dvou výsledků dostaneme:

f(z) =f(zt) ∀z∈R⁺. (3)

A nakonec postupným dosazením hodnotz= 1, t, t², t³, . . . az= 1,¹_t, ¹

t², ¹

t³, . . . do (3) dosta- neme:

1 =f(1) =f(t) =f(t²) =f(t³) =. . . 1 =f(1) =f“1

t

”=f“1 t²

”=f“1 t³

”=. . .

Snadno se nahlédne, že funkcef(x) = 1 rovnici řeší. Neexistenci dalších funkcí dokážeme sporem.

Má-li tuto rovnici řešit i jiná funkce, musí existovat boda6= 1, jehož funkční hodnota není 1. Pak ovšem pro takovéajsme schopni naléztm∈Ntakové, žea∈[_t¹m, t^m],⁷ protožet6= 1. Avšak funkcef je monotónní a nabývá v bodecht^ma _t¹m hodnoty 1, tudíž potom if(a) = 1. A to je ve sporu s volbou hodnotya. Tudíž dostáváme jedinou funkci, která splňuje zvolené podmínky na celém definičním oboru, a tou jef(z) = 1.

Nyní dle (b) hledejme jen funkce ryze monotónní. Dosaďme do rovnice ze zadání substituci x=z, y=f(z):

[z, f(z)] : 1 =f(zf(z))f(1) =f(zf(z)), ∀z∈R⁺.

současně již víme, žef(x) = 1 pouze prox= 1 (díky ryzí monotonii), tudíž je nutnězf(z) = 1.

Ještě snadno díky definičnímu oboruR⁺upravíme na tvarf(z) = ¹_z, což je tudíž i jediné řešení.

Úloha má tedy dvě řešení, které se nechají na celém definičním oboru zapsat ve tvaru:

f(z) = 1 a f(z) = 1 z.

7Resp.a∈[t^m,_t¹_m] v případě, žet <1.