Točno
25. srpnja 2016. 23:22 (7 godine, 11 mjeseci)
Find all functions
![f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}](/media/m/6/0/2/60240831e50878f32015939a09239ca6.png)
, such that
![f(xf(y)) + f(f(x) + f(y)) = yf(x) + f(x + f(y))](/media/m/7/4/5/74505d12eeab72ed7454ec1db5c2c13e.png)
holds for all
![x](/media/m/f/1/8/f185adeed9bd346bc960bca0147d7aae.png)
,
![y \in \mathbb{R}](/media/m/7/8/c/78c6bd0dd1e2faa59dcb4d67decaef9f.png)
, where
![\mathbb{R}](/media/m/1/4/0/140a3cd0f5aa77f0f229f3ae2e64c0a6.png)
denotes the set of real numbers.
%V0
Find all functions $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$, such that $$f(xf(y)) + f(f(x) + f(y)) = yf(x) + f(x + f(y))$$ holds for all $x$, $y \in \mathbb{R}$, where $\mathbb{R}$ denotes the set of real numbers.
Upozorenje: Ovaj zadatak još niste riješili!
Kliknite ovdje kako biste prikazali rješenje.
Neka
![P(a,b)](/media/m/7/1/0/710507c7f31fe68ddaee029b0e48316f.png)
označava uvrštavanje brojeva
![a](/media/m/6/d/2/6d2832265560bb67cf117009608524f6.png)
i
![b](/media/m/e/e/c/eec0d7323095a1f2101fc1a74d069df6.png)
umjesto
![x](/media/m/f/1/8/f185adeed9bd346bc960bca0147d7aae.png)
i
![y](/media/m/c/c/0/cc082a07a517ebbe9b72fd580832a939.png)
u početnu jednadžbu.
Neka je
![f(0)=c](/media/m/7/8/7/787ccc0e673d4bed7baf5a731c2d2741.png)
i
![f(1)=a](/media/m/3/5/5/355ac4ee00af7cbf86416efccbdddcb1.png)
![P(0,0) \rightarrow c+f(2c)=f(c) \hfill (1)](/media/m/5/6/c/56c80c21971339bcb939724d249241cf.png)
Promotrimo dva slučaja:
1.
![c\neq1](/media/m/3/a/7/3a745ada4d89e8bda784b11ef06f8cba.png)
![P(\frac{c}{c-1},0) \rightarrow f(f(\frac{c}{c-1})+c)=0](/media/m/4/0/f/40f3dd4c13b9d00112a934dcbd1bfb98.png)
Neka je
![f(\frac{c}{c-1})+c=k](/media/m/6/9/d/69dcd9ac9764f73c8879814fe1e15221.png)
. (vrijedi
![f(k)=0](/media/m/0/5/e/05ef5a328aa8cca51ba475743c6b7aa7.png)
)
![P(k,k) \rightarrow c=0](/media/m/1/c/9/1c93aecf8b39411ba247968271118b5d.png)
(sada lako vidimo
![k=0](/media/m/c/a/8/ca8e06e5acf1f6a7b866fb274c07c278.png)
)
![P(x,0) \rightarrow f(f(x))=f(x) \hfill (2)](/media/m/1/7/8/17885dcf230c93545f75bde6775898c0.png)
Pretpostavimo da postoji
![t \neq 0](/media/m/9/4/4/944eef8e4defce1ada06a9f3b29ce861.png)
takav da je
![f(t)=0](/media/m/e/1/d/e1df5a46f2029fa4cb58fb08d7c5e745.png)
.
![P(x,t) \rightarrow f(f(x))=(t+1)f(x)](/media/m/6/6/f/66f0be8675f9184a8720c5025fa2642d.png)
Iz ovoga i iz
![(2)](/media/m/6/6/a/66ab623e63546b6c830c0a02c99d5444.png)
zaključujemo da mora biti
![tf(x)=0](/media/m/b/7/7/b779d3ee0c9b7c4d13f6979286f4578d.png)
i imamo dva podslučaja:
1.1.
![f(x)=0](/media/m/2/8/b/28b89267a12309d26a71f117db6b035c.png)
za svaki realan
![x](/media/m/f/1/8/f185adeed9bd346bc960bca0147d7aae.png)
.
Provjerom (
![0+0=0+0](/media/m/a/5/2/a521ddd7dd70340372afa8f6667fbc98.png)
) utvrđujemo da je jedno rješenje zadatka
![f(x)=0](/media/m/2/8/b/28b89267a12309d26a71f117db6b035c.png)
za svaki realan x.
1.2.
![t=0](/media/m/2/c/e/2cefe256f71a806e37748ced56ee46cc.png)
Ovo je kontradikcija i zaključujemo da je jedini realan
![t](/media/m/7/f/6/7f630d3904cfcd77d22bd7938423df6c.png)
koji zadovoljava
![f(t)=0](/media/m/e/1/d/e1df5a46f2029fa4cb58fb08d7c5e745.png)
nula. Budući da imamo injektivnost u nuli sigurno postoji
![r \neq 0](/media/m/4/6/4/4643a56b834251dae35f4a73da185664.png)
takav da je
![f(x)=r](/media/m/6/2/5/625067eb887ac1f246aad017c0cad8fe.png)
za neki
![x](/media/m/f/1/8/f185adeed9bd346bc960bca0147d7aae.png)
. Iz
![(2)](/media/m/6/6/a/66ab623e63546b6c830c0a02c99d5444.png)
je
![f(r)=r](/media/m/e/0/8/e087100eda59297220738da447029ac8.png)
.
![P(r,y) \rightarrow f(rf(y))=yr](/media/m/5/c/1/5c1e9230a63ef054df0b4d1397ceb73a.png)
pa je
![f](/media/m/9/9/8/99891073047c7d6941fc8c6a39a75cf2.png)
surjekcija.
Sada
![f(x)](/media/m/3/f/4/3f40d68090aa4fb60a440be4675c7aca.png)
u izrazu
![(2)](/media/m/6/6/a/66ab623e63546b6c830c0a02c99d5444.png)
može poprimiti vrijednost svakog realnog broja (postoji
![x](/media/m/f/1/8/f185adeed9bd346bc960bca0147d7aae.png)
koji zadovoljava
![f(x)=y](/media/m/3/0/9/309e0fe4f5d67875910855abca8b77cd.png)
za svaki realan
![y](/media/m/c/c/0/cc082a07a517ebbe9b72fd580832a939.png)
) iz čega dobivamo rješenje
![f(y)=y](/media/m/9/0/c/90c37104b63a9fe6aa030e0ef8bdce16.png)
koje provjerimo:
![xy+x+y=xy+x+y](/media/m/a/0/7/a071fe565d7c829f4a5bb3c07f2d2cb2.png)
2.
![c=1](/media/m/5/3/1/5313ca3acd12b72af253c7eaa30226cf.png)
![P(0,y) \rightarrow f(1+f(y))=f(f(y))+y-1 \hfill (3)](/media/m/2/7/8/278fa0ff7b0e077ff9dad67a89ac0b66.png)
![P(1,0) \rightarrow f(a+1)=-1](/media/m/d/0/5/d057c1760feded6cca51d6115b822f3e.png)
![P(0,1) \rightarrow f(a)=-1](/media/m/c/c/c/ccc83458fab52e267f50cd28ff4c3b17.png)
Iz
![(3)](/media/m/8/7/a/87a020075192982539b68596ff795f87.png)
vidimo da
![y](/media/m/c/c/0/cc082a07a517ebbe9b72fd580832a939.png)
ovisi o
![f(y)](/media/m/4/3/4/43480257275e4e43772e9f4e509dd01d.png)
, odnosno
![f](/media/m/9/9/8/99891073047c7d6941fc8c6a39a75cf2.png)
je injekcija, ali
![f(a+1)=f(a)](/media/m/8/5/4/85402b9b65f6d7b48f08df2aa251b3ee.png)
i time dobivamo kontradikciju za slučaj
%V0
Neka $P(a,b)$ označava uvrštavanje brojeva $a$ i $b$ umjesto $x$ i $y$ u početnu jednadžbu.
Neka je $f(0)=c$ i $f(1)=a$
$P(0,0) \rightarrow c+f(2c)=f(c) \hfill (1)$
Promotrimo dva slučaja:
1. $c\neq1$
$P(\frac{c}{c-1},0) \rightarrow f(f(\frac{c}{c-1})+c)=0$
Neka je $f(\frac{c}{c-1})+c=k$. (vrijedi $f(k)=0$)
$P(k,k) \rightarrow c=0$ (sada lako vidimo $k=0$)
$P(x,0) \rightarrow f(f(x))=f(x) \hfill (2)$
Pretpostavimo da postoji $t \neq 0$ takav da je $f(t)=0$.
$P(x,t) \rightarrow f(f(x))=(t+1)f(x)$
Iz ovoga i iz $(2)$ zaključujemo da mora biti $tf(x)=0$ i imamo dva podslučaja:
1.1. $f(x)=0$ za svaki realan $x$.
Provjerom ($0+0=0+0$) utvrđujemo da je jedno rješenje zadatka $f(x)=0$ za svaki realan x.
1.2. $t=0$
Ovo je kontradikcija i zaključujemo da je jedini realan $t$ koji zadovoljava $f(t)=0$ nula. Budući da imamo injektivnost u nuli sigurno postoji $r \neq 0$ takav da je $f(x)=r$ za neki $x$. Iz $(2)$ je $f(r)=r$.
$P(r,y) \rightarrow f(rf(y))=yr$ pa je $f$ surjekcija.
Sada $f(x)$ u izrazu $(2)$ može poprimiti vrijednost svakog realnog broja (postoji $x$ koji zadovoljava $f(x)=y$ za svaki realan $y$) iz čega dobivamo rješenje $f(y)=y$ koje provjerimo: $xy+x+y=xy+x+y$
2. $c=1$
$P(0,y) \rightarrow f(1+f(y))=f(f(y))+y-1 \hfill (3)$
$P(1,0) \rightarrow f(a+1)=-1$
$P(0,1) \rightarrow f(a)=-1$
Iz $(3)$ vidimo da $y$ ovisi o $f(y)$, odnosno $f$ je injekcija, ali $f(a+1)=f(a)$ i time dobivamo kontradikciju za slučaj $c=1$