Funkcionální rovnice 3

Transkript

1 ÙÒ ÓÒ ÐÒ ÖÓÚÒ Î Ø ÅÙ Ð

2 2 Vít Musil ÚÓ Tento text je přepracovanou verzí materiálu, který jsem připravil ke své přednášce v rámci kursu pro nadané žáky na Matematicko-fyzikální fakultě Univerzity Karlovy v Praze. Přestože samotný text prošel řadou změn, jeho povaha i cíl zůstává beze změny pomoci řešitelům matematických soutěží a dalším zájemcům o přístupnou středoškolskou matematiku přiblížit často obávané téma funkcionálních rovnic. Při psaní jsem se soustředil především na klíčové úvodní partie, neboť bez důkladného pochopení pojmů apřístupukúlozenemácenunamířitsvésílynařešeníúloh.těžkosepakizevzorovýchřešenípoučíme a v nastalém zmatku to spíše vzdáme. Nováčkům tedy doporučuji přečíst a snažit se pochopit základní principy a myšlenkové obraty, ostřílení borci pak mohou snadno těžit nové myšlenky ze samostatného řešení úloh. Do výkladu je zařazeno několik cvičení, většinou hned na konci nějaké probrané metody řešení. Pokud se vám nepodaří cvičení vyřešit, nemá smysl postupovat dále, ale zkusit si kapitolu zopakovat nebo alespoň postupovat samostatně dle návodu. Pro další samostatné studium jsem rozšířil sbírku úloh. Hodně zdaru a radosti při řešení přeje autor Ç Pojemfunkce Pojemfunkcionálnírovnice Ideařešení... 5 Substituce Použitímatematickéindukce Vlastnostifunkcí Cauchyhorovnice Řešenívybranýchobtížnýchúloh Metodyřešení Sbírkaúloh IMO Dalšímezinárodnísoutěže Národnísoutěže MKS Dalšíúlohy Návodykecvičením Výsledky Literaturaazdroje

3 Funkcionální rovnice 3 ÈÓ Ñ ÙÒ Jak již samotný název kapitoly dává tušit, stěžejním objektem pro nás bude funkce. Než se vrhneme na samotné funkcionální rovnice a jejich řešení, připomeneme si, jak budeme funkce chápat, upozorníme na časté nešvary vznikající při práci s funkcemi a sjednotíme značení. Funkci nebo též zobrazení z množiny X do množiny Y většinou chápeme jako nějaké přiřazení, kdy prvkůmzx jednoznačněurčímeprávějedenprvekzy.tohotozavedenísebudemevtextudržet,i když neuvádíme exaktní definici pojmu funkce. Poznamenejme však, že funkce neztotožňujeme s jejich předpisy, i když si je takvětšinou) představujeme. Funkcezpravidlaznačímepísmeny f,g,h.definičníoborfunkce foznačímejakodomf)=x,obor hodnot jako Rngf) Y. Pro zjednodušení používáme zápis f:x Y. Všimněmesi,žetímtozápisemneříkáme,že fmusínabývatvšechhodnotzy. Vnašemtextubudemezamnožiny Xa Y brátvětšinounásledující: Q množina racionálních čísel R množina reálných čísel R + množinakladnýchreálnýchčísel množinanezápornýchreálnýchčísel R + 0 Je-lifunkce f:r R,říkámečasto,že f jereálnáfunkce.stěmitofunkcemibudemepracovat nejčastěji. Zadáváme-li nějakou funkci tím, že ji předepíšeme vzorečkem, musíme vždy uvádět její definiční obor. Například zápisy fx)=x, x R, fx)=x, x Q definují naprosto odlišné funkce. Naproti tomu strohé fx) = x nedefinuje žádnou funkci, protože o x nevímenic.takovétonápisysimůžemedovolitpouzevpřípadě,žejedefiničníoborzřejmýzkontextua nemůže dojít k omylu. Uvědomme si ještě, že funkce nemusejí být vždy dány explicitním vzorcem, jak jsme ze střední školy zvyklí. Existují například dobře popsatelné funkce, pro které žádný vzorec neexistuje. Funkce také můžeme definovat více vzorečky, uvažme například následující předpis { 1, x Q, fx)= 0, x R\Q, což je korektně definovanátzv. Dirichletova) funkce. Rovněž se může stát, že vzorců či předpisů pro tutéžfunkcimůžemenajítvíce.uvažujmetřebafunkce f,g:r Rzadané fx)= x3 x 2 +x 1 x 2, x R, gx)=x 1, x R. +1 Zjevněseobapředpisyodlišují,definujívšakstejnéfunkcevesmyslunašehochápánífunkcí f i g pevnému x Rpřiřadístejnouhodnotu,tj. fx)=gx).ztěchtodůvodůtedystriktněrozlišujememezi funkcemijakožto přiřazeními) a jejich předpisy.

4 4 Vít Musil Rovnost f= gznamená,žedomf)=domg)azároveň fx)=gx)prokaždé xzespolečného definičního oboru, naproti tomu fx) = gx) znamená rovnost funkčních hodnot v jednom konkrétním bodě x. V tuto chvíli jsme již dostatečně vybaveni k tomu, abychom se pustili do další kapitoly a seznámili se s tématem funkcionálních rovnic. Než však tak učiníme, ukážeme si ještě další pohled na funkce, který je čistě intuitivní a který se nám bude hodit k hlubšímu pochopení další problematiky. Nahlédněmestručnědonotorickyznáméholineárníhoprostoru R n,kde n N.Naprvkytohoto prostorunahlížímepovětšinoujakonavektory,neboliuspořádané n-tice[a 1,a 2,...,a n ] R n.nicnám všaknebránídívatsevsouladustímtonáhledemnavektoryjakonafunkcezmnožiny {1,2,...,n}do R.Funkčníhodnotybudemepřiřazovatčíslům1až nzcelapřirozeně,tedy i a i.vidímetak,žeprostor R n jetaképrostoremfunkcí. Analogickou úvahou můžeme reálnou hodnotu přiřadit také každému přirozenému číslu, neboli pro každé i Ndefinujemepřiřazení i a i,kde a i R.Kdyžnynítato a-čkaposbíráme,říkáme,žejsme definovaliposloupnostreálnýchčísel,kterouznačíme {a i } i=1.ovšempodletoho,jakjsmepřiřazovali,se můžemenaposloupnoststáledívatjakonafunkcizndo R. V obou případech do hry víceméně promlouvalo dobré uspořádání definičních oborů, mohli jsme si tak představovat, že funkce definujeme postupně napřed pro jedničku, pak pro dvojku a tak dále buď do nějakého n nebo pro všechna N. Takový přirozený postup pro reálné funkce nemámea nepřirozený zavádětnebudeme).pokudchcemedefinovatreálnoufunkci,musímevšemčíslůmpřiřadithodnoty naráz, nejde je všechny vypsat jako v případě vektorů, nebo definovat induktivně jako pro posloupnosti. Toto je tedy ten pravý důvod, proč užíváme předpisy a proč je často s funkcemi zaměňujeme. ÈÓ Ñ ÙÒ ÓÒ ÐÒ ÖÓÚÒ Seznámením se stěžejními objekty funkcemi jsme poznali hráče v naší hře. Chybí nám ještě porozhlédnoutsepohřištiaseznámitsesesoupeři sfunkcionálnímirovnicemiaspravidlyhry. Ukažmesinejprveněkolikzadáníaanižbychomúlohyřešili,ozřejmímesi,copřesněseponáschce a jak budeme úlohy chápat. Úloha1. Najdětevšechnyfunkce f:q Rsplňujícíprovšechna x,y Qrovnici fx+y)=fx)+fy). Především si všimněme základní odlišnosti od běžných rovnic: cílem není najít hodnoty x a y, které rovnici vyhovují, ale nalézt takové funkce, které rovnici splňují pro každé přípustné dosazení hodnot za x a y.nepředstavujmesitedypodsymboly xči yžádnákonkrétníčísla,dívejmesenanějakona místa, kam je možné dosazovat cokoliv z definičního oboru aby stále platila rovnost. Zvolíme-li si nějakou konkrétní funkci f, či spíše nějaký předpis, můžeme tuto rovnost snadno testovat. Všimněme si, že kupříkladu funkce fx) = 2x rovnici splňuje, neboť fx+y)=2x+y)=2x+2y= fx)+fy) atatorovnostplatínezávislenahodnotách xay. Naopaktřebafunkce fx)=x+1rovnicinevyhovuje,jelikož fx+y)=x+y+1 x+1+y+1=fx)+fy),

5 Funkcionální rovnice 5 cožsepoznánalibovolných xay. Vidíme, že nějaké funkce vyhovují, jiné ne. Samozřejmě tím, že jsme uhodli jedno řešení, úloha nekončí. Ke správnému vyřešení úlohy musíme najít všechny takové funkce neboli ukázat, že žádné jiné funkce než ty, které jsme našli, rovnici nesplňují. Tato část může být velmi obtížná a často bývá těžištěm úlohy. Její netrivialita pochopitelně spočívá v tom, že nemůžeme vyzkoušet všechny funkce, kterých existuje nepřeberné množství v porovnání s možnými předpisy, které jsme schopni vymyslet. Dále si všimněme, že úkolem je hledat funkce definované v Q, což úlohu podstatně zjednodušuje a odlišuje například od úlohy následující. Úloha2. Najdětevšechnyrostoucífunkce f:r Rsplňujícíprovšechna x,y Rrovnici fx+y)=fx)+fy). Rovnicemávtomtopřípaděúplněstejnýtvar,alefunkce fmusíbýtdefinovánanacelém Ramůže nabývat i libovolných reálných hodnot. Oproti předchozí úloze máme navíc zadanou omezující podmínku nafunkci f.beztétopodmínkylzeúlohutakéřešit,ovšemřešeníjeošklivéažlehcenechutné.tato rovnicemádokonceisvůjnázev,říkásejícauchyhorovniceaještěseonívtextuzmíníme. Číst pozorně zadání se tedy vyplácí, sama rovnice je pouze jeho polovinou. Abychom se opravdu přesvědčili, krátce se v úvaze vrátíme k úvodní kapitole. Představme si, že řešíme úlohu 1 pro funkce definovanénamnožině {1,2,...,2n}arovnicemábýtsplněnaprovšechna x, yzmnožiny {1,2,...,n}. Vsouladuspředchozíkapitolousimůžemeoznačitfi)=a i pro1 i 2n.Zadanárovnicemáplatitpro všechna1 x,y n,stačítedydosaditvšechkonečněmnohodvojic.cosepodosazenístalo?dostali jsmeběžnousoustavulineárníchrovnicproneznámé a i,kterouumímesnadnovyřešit.zfunkcionální rovnice jsme tak snadno dostali soustavu rovnic pro čísla. Pozorný čtenář už tuší, kam míříme. V prvním kole našich představ můžeme nahradit množinu{1, 2,..., n} přirozenými čísly a analogickým vypisováním bychom dostali soustavu spočetně mnoha rovnic pro čísla. Ve finále pak původní definiční obor nahradíme množinou N.To,cobychomdostali,jezase běžná soustavarovnicproreálnáčísla,těžkojivšakkdo někdycelouvypíše.použitímfunkcetedyřeknemevšechno naráz beznějakéhopořadí.napozadísi však můžeme stále představovat nekonečně mnoho vztahů pro čísla, jejichž splnění po nás úloha vyžaduje. A navíc chce řešení všechna. Mysleme tedy na to, že na funkcionální rovnice lze nahlížet jako na soustavy nekonečně mnoha rovnic. Prakticky to většinou k ničemu není, ale často tato představa pomáhá k pochopení toho, co se na pozadí děje. V textu tak ještě několikrát učiníme. Á õ Ò Nadešel konečně čas na stěžejní otázku jak hrát a vyhrát v boji s funkcionálními rovnicemi? Základní myšlenkou řešení bude následující úvaha: Předpokládáme, že funkce f splňuje zadání, a zkoumáme, jaké musí mít vlastnosti. Získáváme tak informaci, že pokud nějaké řešení rovnice existuje, tak musí mít nějaké vlastnosti. Mějme tedy na paměti, že obecně nepostupujeme ekvivalentními úpravami. Nejlépe je to vidět na příkladu. Úloha 3. Najděte všechny reálné funkce splňující pro každá x, y R rovnici fx+y)=fx)+y.

6 6 Vít Musil Řešení. Předpokládejme,žejižmámefunkci f splňujícírovniciprokaždoudvojici[x,y] R 2.Pro tutofunkcisioznačme c=f0).protožejerovnicesplněnaprokaždoudvojici[x,y],speciálněmusíbýt splněna i pro jednu konkrétní dvojici[0, y]. Musí tedy platit f0+y)=f0)+y, neboli fy)=y+c.dosazenímdorovniceověříme,že fx+y)=x+y+c=x+c+y= fx)+y provšechnareálná xay,čilifunkce fx)=x+c, x Rjeřešenímúlohyprokaždé c R. Pročjsmesivšakvřešenímohliříci,že f0)jekonstanta?předpokládalijsmetotiž,žemámefunkci f, která rovnici splňuje. Hodnota f0) je tak již konkrétní dosazení do konkrétní funkce, a tedy se dále nemění. Pro názornou představu: Je to jako se zajícem v pytli. Ještě nevíme, jak vlastně vypadá, ale můžeme dloubánímzjišťovat,jakrychlesevrtí,zajakdlouhoseunaví,atp.jetovšakjižkonkrétnízajíc,který mádanoubarvuočí,kteráseužnezmění,ačjiještěneznáme. [FK] Vraťme se ještě k naší představě o funkcionální rovnici jako o soustavě nekonečně mnoha rovnic. Co se v této analogii během řešení stalo? Představme si, že si procházíme náš nekonečný seznam rovnic projednotliváreálnáčísla.pozastavíme-liseutěchvztahů,kdejsmeza xdosazovalinuluaza ynějaké číslo,zjistíme,žeprávětytorovniceumímesnadnovyřešit.budouvypadatpřesnějako f )=f0)+ a budou záviset na parametru f0). Musíme se však postarat, aby platily i všechny zbývající rovnice, které jsme doposud přehlíželi. Přesně tuto roli zastává v úloze zkouška, která ukáže, že všechny ostatní rovnice budou platit, ať je hodnota f0) jakákoliv. Uvědomme si však, že obrácená implikace, tj. když má funkce f následující vlastnosti, tak řeší rovnici,obecněplatitnemusí.ukažmesitoopětnapříkladu. Úloha4. Najdětevšechnyfunkce f:r + R +,kterévyhovujírovnici provšechna x, yzdefiničníhooboru f. fx 2 )=x+fy) y fy) Řešení. Nechť f je funkce, která vyhovuje zadání. Protože definičním oborem f jsou pouze kladná reálná čísla,můžemeprovésttzv.substitucinebolidosazení[ x,1]místo[x,y].funkce ftedymusísplňovat f x) 2) = x+f1) 1 f1). Hodnota f1) 1/f1)jekonstantní,označmeji c.potom fmusímíttvar fx)= x+c. Zkouškou neboli dosazením do zadání zjistíme, že jediná funkce, která zadání vyhovuje, je pro c = 0, tj. fx)= x, x R +. Cosestalonyní?Vmyšlenkáchsiopětmůžemepřepsatúlohudonekonečněmnoharovnic.Dál jsme postupovali podobně, všimli si význačnějších vztahů, které jsme uměli přímo vyřešit v závislosti na jednom parametru f1). Když jsme však požadovali rovnost v ostatních rovnicích, požadavky na f1) byly striktnější a šlo z nich hodnotu f1) dopočítat.

7 Funkcionální rovnice 7 Vidímetedy,žeprovádětzkouškujevždynutnéazajejíopomenutíseztrácejíbody. V předchozí úloze jsme provedli víc než jen dosazení konstanty za proměnnou, nahradili jsme proměnnounějakoujejífunkcí.tentokrokještěnenízcelajasnýanemusíbýtvidět,pročjsmejejmohli beztrestně provést. Nové světlo by sem měla vnést další kapitola, která se celá věnuje substitucím. ËÙ Ø ØÙ Tento princip je elementární a zcela zásadní pro řešení funkcionálních rovnic. Téměř v každé úloze provedeme alespoň jednou nějaké dosazení nebo substituci. Klíčová pro nás bude následující již použitá formulace: Pokud funkce f splňuje zadanou rovnici pro všechna[x, y] z definičního oboru, pak tuto rovnicisplňujeipronějakýspeciálnípřípad.přesnětutoúvahujsmeprovedlivúloze3.podletohoto schématu tedy můžeme snadno dosazovat konstanty z definičního oboru funkce f. Ne vždy však dostaneme jediným dosazením přímo tvar řešení. Většinou je třeba zkoušet více dosazení, některá nám totiž mohou poskytnout jen částečné informace, jako třeba hodnotu ve vybraných bodech. Jen o málo složitější a méně přímočarý je příklad následující. Úloha5. Najdětevšechnyfunkce f:r Rvyhovujícíprokaždá x,y Rrovnici fxy+1)+fx+y)= fx)+1 ) y+1). Řešení. Předpokládejme, že f řeší úlohu pro každé dosazení x, y R. Dosadíme-li dvojici[0, 0] dostaneme f0+1)+f0)= f0)+1 ) 0+1) neboli f1)=1.dosazením[0,1]azeznalostihodnoty f1)obdržíme f1)+f1)= f0)+1 ) 1+1), tedy f0) = 0. Nyní dosadíme-li dvojici[0, x], ihned dostáváme, že f1)+fx)= f0)+1 ) x+1), čili fx)=xprovšechna x R.Osprávnostiřešenísepřesvědčímezkouškou. Než pokročíme k dalšímu výkladu, měli bychom se přesvědčit, že rozumíme jednoduchým substitucím a umíme je aplikovat v příkladech. Cvičení 1. Nalezněte všechny funkce definované na celém R s hodnotami v R splňující rovnici prokaždoudvojici[x,y] R 2. fx+y)+2fx y) 4fx)+xfy)=3y 2 x 2 2xy+xy 2 Cvičení2. Najdětevšechnyfunkce f:r Rsplňujícíprovšechna x,y R fx)fy) fxy)=x+y. Zobecněním úvahy o dosazování okamžitě vidíme, že můžeme provádět i složitější substituce jako například[ x,0]nebo[x 3 x,y/2]neboještěkomplikovanějijakotřeba[x y,x+y]či[y,fx)].musíme

8 8 Vít Musil všakdbátjedinépodmínkyato,abyvýslednásubstitucemělavždysmysl,tj.abykaždédosazení xay bylo v definičním oboru funkce f. Cotoznamenávúlohách?Máme-linapříkladřešitfunkcionálnírovnicizadanouna R +,nemůžeme dosazovatnulunebomísto xpsát x. Předveďme si výše zmíněný recept na následujícím příkladu. Úloha6. Naleznětevšechnyfunkce f:r Rtakové,žeprovšechnareálná x, yplatí fx+y) fx y)=xy. Řešení. Nechť f splňuje zadanou rovnici pro všechna x, y. Pak rovnice musí platit i pro hodnoty [x/2, x/2], proto x f 2 + x x f 2) 2 x 2)= x2 4. Odtudvidíme,že fmusíbýttvaru fx)=x 2 /4+c,kde cjereálnákonstanta.zkouškaukáže,žetato funkcevyhovujeprokaždé c R. Vraťme se v úvahách opět k nekonečným soustavám rovnic. Už víme, že dosazení konstanty je stejné, jako když se podíváme na vybrané rovnice. Co se však děje při substitucích? Podívejme se třeba například4.místokladnéhoreálnéhočísla xjsmevždypsaličíslo x.tedykaždéčíslozdefiničního oborujsmezobrazilizasezpětdostejnéhooboruažádnéjsmepřitomnevynechaliříkámetéž,že je bijekcena R +,vizkapitolavlastnostifunkcí).acototozobrazeníprovedesnašimirovnicemi?vůbec nic.pouzetrochu zamíchá sjejich pořadím,avšakjejichtvarzůstanestejný.ožádnévztahyjsme nepřišli a žádné nepřibyly. Tato substituce tedy byla čistě technická, aby se nám na funkcionální rovnici lépe koukalo, ve skutečnosti nic nového nepřináší. V předchozí úloze jsme postupovali odlišně. Nejprve jsme se podívali na vybrané rovnice, ve kterých bylo xrovno y.odtudjsmeusoudili,že f2x)=x 2 +cprovšechnareálná x.nyníužvidíme,žestačí provéststejnoukosmetickouúpravujakovúloze4,totižmísto xpsát x/2,čímžseopětvrovnicíchnic nemění. Při substitucích však zároveň musíme dbát na to, abychom definiční obor příliš nezúžili. Může se totiž stát, že po substituci obdržíme rovnici, která platí jen na nějaké části definičního oboru funkce f. Tento problém dobře ilustruje následující příklad. Úloha 7. Nejděte všechny funkce f: R R, které vyhovují rovnici fx y 2 )=fx) y 2. Řešení. Buď ffunkcesplňujícízadáníprovšechna x,y R.Pakpro x 0dosaďme[x, x]aobdržíme f x x) 2) = fx) x) 2, cožpoúpravědává fx)=x+f0)pro x 0.Pro x <0dosaďme[0, x]aihneddostáváme f x) 2) = f0) x) 2, neboli fx)=x+f0),kde x <0.Pro x 0ax<0jetvarřešenístejný,lzetedypsát fx)=x+c, x R.Zkouškouověříme,žetaková fvyhovujeprokaždoukonstantu c R. Vidíme, že již po první substituci nás úloha láká provést zkoušku a prohlásit f za řešení. Uvědomme sivšak,žetatosubstitucenámzajistilatvar f pouzepronezáporná x.skutečnost,žesetato f dala

9 Funkcionální rovnice 9 rozšířit na celé R se zachováním platnosti zadané rovnice, je pouze příjemnou náhodou. Nemůžeme tak beztrestně úlohu prohlásit za vyřešenou, neboť by mohla existovat jiná funkce, která by se na záporných číslech od f lišila. Nejsme-li si jisti, že můžeme substituci provést, nikdy neuškodí napsat si tvar substituujících výrazů a určit jejich definiční obor a obor hodnot. Co bychom však neměli nikdy provést, budeme demonstrovat na následujícím příkladu. Úloha8. Najdětevšechnyfunkce f:r Rsplňujícíprovšechnareálná x, y f x+fy) ) = fx)+f 2 y)+2xfy). Vprvnímkrokukaždéhoasinapadnevyzkoušetdosadit[0,y],dostanemetak,že f fy) ) = f 2 y)+ f0).nyníje fy) R,tedyoznačme x=fy)aobdržíme,že fx)=x 2 +c, c R,očemžsepřesvědčíme zkouškou. Kdenastalachyba?Prvnídosazeníjezcelajistěsprávné,vztah f fy) ) = f 2 y)+f0)platípro každé y R.Problémjevdosazení x=fy),nejdetotižosubstituci,pouzejsmesijinakoznačilisymbol fy).vztah fx)=x 2 +ctedyplatípouzepro x Rngf),okterémvšakdoposudnebylažádnářeča niconěmnevíme.zřejměfunkce fx)=0pro x Rsplňujezadanourovnici,jejíoborhodnotjevšak jednobodovýaplatípronějjistěrovnice fx)=x 2 +cpro c=0.stejnětakbychommohliříci,žepro totořešeníax Rngf)={0}platí fx)=sinx)čicokolivjiného.budetosicepravda,alekničemu námtonení. Jak se tohoto problému zbavit, je vidět záhy. Řešení. Funkcex 2 jenarzřejměřešenímzadanérovnice.zvolmesubstitucifx)=x 2 +gx).dosazením dostáváme x+fy) ) 2+g x+fy) ) = x 2 +gx)+ y 2 +gy) ) 2 +2x y 2 +gy) ) x+y 2 +gy) ) 2 +g x+y 2 +gy) ) = x+y 2 +gy) ) 2 +gx) g x+y 2 +gy) ) = gx), atedyfunkce gmusíbýtperiodickávizkapitolavlastnostifunkcí)prokaždouperiodudélky y 2 +gy). Je-litatoperiodaprokaždé y Rnulová,je gy) = y 2 a fy) = y 2 + gy) = 0provšechna y. Předpokládejmenyní,žejetatoperiodanenulová,označmeji p.dosaďmenynídvojici[x,y+ p]do posledního vztahu a upravujme gx)=g x+y+p) 2 +gy+p) ) = g x+pp+2y)+y 2 +gy) ) = g x+pp+2y) ). Vidíme,že gjetaképeriodickásperiodou pp+2y),kterávšakmůženabývatlibovolnéhodnoty.tudíž prokaždé x,y Rje gx)=gy),aproto gjena Rkonstantní.Funkce ftedymůžemíttvar fx)= x 2 +gx)=x 2 +c.zkouškouověříme,žetatofunkcespolusfunkcí fx)=0jsouskutečněřešením. V následujícím případě provedeme substituci, která vypadá na první pohled stejně, totiž y = fx). Jakvšakuvidíme,totonahrazeníbudeprobíhat opačnýmsměrem nežvpředchozíúlozeabudetak naprosto korektní. Úloha 9. Najděte všechny funkce f: R R splňující f y fx) ) = fy) f fx) ) +fx) x. Řešení. Buď f funkcesplňujícízadáníprokaždoudvojici x,y R.Protože fx) R=Domf),lze dosaditdvojici[x,fx)].prokaždé x Rtedyplatí f fx) fx) ) = f fx) ) f fx) ) +fx) x,

10 10 Vít Musil cožpoúpravědává fx)=x+c, x R.Zkouškouověříme,žetakováfunkcevyhovujeprokaždé c R. Vesvětěnekonečnýchsoustavbychomřekli,žejsmesepodívalijennatyrovnicepro x,kde ynabývá hodnot fx). Ty opět umíme snadno vyřešit a ve zbývajících rovnicích pouze zkontrolujeme rovnost. Nabízí se otázka, proč jsme volili zrovna substituci[x, fx)]. Její aplikací úloha okamžitě přestala vzdorovat,alejakjsmepřišlinato,žezrovnatohledosazeníbudetopravé?obecněsetotižvyplatí dosazovat tak, abychom dostali některé výrazy konstantní, či aby se co nejvíce členů odečetlo. Budeme-li se na předchozí rovnici chvíli dívat, uvidíme, že dosazením y = fx) dosáhneme obou kýžených cílů. V obtížnějších úlohách pochopitelně není klíčové dosazení vidět hned, chce to chvíli cviku a zkoušení. Je též lepší chvíli nad rovnicí přemýšlet, než hned zběsile dosazovat. V tuto chvíli již máme dostatek poznatků k tomu, abychom mohli řešit složitější úlohy. V následujících cvičeních si vždy rozmyslete a zdůvodněte, proč je vámi volená substituce korektní. Cvičení3. Najdětevšechnyfunkce f:r Rsplňujícíprovšechnareálná x, y f x+fy) ) = x 2 +f 2 y)+2xfy). Cvičení4. Najdětevšechnyfunkce f:r Rsplňujícíprovšechnareálná x, y fx 2 +y)+f fx) y) ) =2f fx) ) +2y 2. Stejně jako jsme v úvodu kapitoly viděli, že jedno dosazení nemusí vždy stačit, nikoho nepřekvapí, že jedna substituce nám vždy nemusí pomoci řešení nalézt. V následující úloze si navíc ukážeme, že funkcionální rovnice můžeme stejně jako běžné rovnice sčítat či odčítat. Jistě už tušíte, co se děje v pozadí: Ano,budeme naráz sčítatčiodčítatnekonečněmnohorovnicpročísla. Úloha10. Naleznětevšechnyfunkce f:r Rsplňujícíprovšechnareálná x, y Řešení. Dosazujmepostupně fx 2 +y)+f fx) y ) =2f fx) ) +2y 2. [x,fx)]: [x, x 2 ]: f x 2 +fx) ) +f0)=2f fx) ) +2f 2 x), f0)+f x 2 +fx) ) =2f fx) ) +2x 4. Odečtenímobourovnicokamžitědostáváme2f 2 x)=2x 4,neboli fx)=±x 2.Označmesijako M množinutěch x R,kdeje fx)= x 2,pakjistě fx)=x 2 na R\M.Chcemeukázat,žemnožina M obsahuje pouze nulu. Zřejmě f0) = 0. Pak dosazením[0, x] dostáváme fx)+f x)=2x 2. Protožejeprokaždénenulové xpravástranakladná,totéžmusíplatitiprolevoustranu,kdemámečtyři možnostiprovolbuznamének.pouzevolba x 2 +x 2 =2x 2 dokážetutoplatnostzaručit.musítedyplatit, že fx)=x 2 provšechna x R,očemžsesnadnopřesvědčímezkouškou. Tentopříkladbypronásmělbýtvarováním,žezplatnosti fx)=±x 2 neplyne,žebuďto fx)=x 2, nebo fx)= x 2 nacelém R.Tatoimplikacesamozřejměplatítzv.bodově,neboli,žeprokaždéjedno reálné xmůžebýthodnota fx)buď x 2,nebo x 2.Vyjdounámtedyjendvapředpisy,jealechybné usoudit, že existují jen dvě funkce! Ne vždy je tedy vhodné vnímat funkci jako předpis.

11 Funkcionální rovnice 11 Tímtopostupembychomsesicetakédobralivýsledku,neboťfunkce fx)= x 2, x Rbyneprošla zkouškou. To však nic neříká o funkcích, které jsou někde na M definovány jedním předpisem a jinde druhým. Srovnejme tuto úlohu s následujícím příkladem. Úloha11. Najdětevšechnyfunkce f:r + Rsplňujícíprokaždépřípustné xrovnici x 3 f 3 x)+1=xfx) 1+xfx) ). Řešení. Všimněme si, že rovnice je polynom třetího stupně v proměnné xfx). Snadnou úpravou na součin dostáváme xfx)+1 ) xfx) 1 ) 2=0. Odtudprokaždé x R + musíplatit fx)=1/xnebo fx)= 1/x.Buďnyní M R + libovolná množina. Pak definujme funkci { 1 fx)= x, x M, 1 x, x R+ \M, která je řešením zadané rovnice. Všechny úpravy byly ekvivalentní, zkoušku tedy není třeba provádět. Tento příklad sice nebyl na procvičení substituce, velmi dobře však demonstruje, na co si dávat pozor. Zkuste si samostatně vyřešit následující cvičení. Cvičení5. Najdětevšechnyfunkce f:r + R + splňujícíprokaždé x Rrovnici fx) x = f2 x)+2 2x V úloze 10 jsme se již zmínili o jednoduché aritmetice funkcionálních rovnic. Podívejme se nyní na tuto metodu trochu blíže. Ne vždy totiž jde řešení dostat pouhým sečítáním rovnic, někdy musíme přejít i k jejich soustavám. Úloha12. Naleznětevšechnyfunkce f:r\{0,1} Rsplňujícípro xrůznáod0a1 1 ) fx)+f = x. 1 x Řešení. Buď fřešenímúlohy.dosaďmepostupně x 1 = t, x 2 = 1 1 t a x 3=1 1 t.snadnoseověří,že pro t R\{0,1}jsouvšechnačíslarůznáod0a1.Podosazení x 2 a x 3 do1/1 x)nejprveupravujme 1 1 = 1 x = t 1 =1 1 t t = x 3, 1 t 1 1 x 3 = t )= t=x 1. Dostáváme tedy soustavu fx 1 )+fx 2 )=t, fx 2 )+fx 3 )= 1 1 t, fx 3 )+fx 1 )=1 1 t. Sečtením první a třetí a odečtením druhé rovnice dostáváme řešení ve tvaru ft)=fx 1 )= t3 t+1 2tt 1), které vyhovuje zadání.

12 12 Vít Musil Přijítnatrikvprávěvyřešenéúlozeneníúplněsnadné.Velmipomůžeznalost,žeprovýrazy xa 1/1 x)existujevřešenípopsaný 3-cyklus,neboliposloupnosttřechdosazení,pokterýchdostaneme původní výraz. Tato úloha je velmi typová, narazíme-li tedy na podobnou, zkusme najít nějaký vhodný cyklus dosazení.častojetojedinýzpůsob,jakúlohuřešit. Cvičení6. Najdětevšechnyfunkce f:r Rsplňujícíprovšechna x,y R fx+y)+2fx y)=3fx) y. Cvičení7. Najdětevšechnyfunkce f:r Rtakové,žeprovšechna x R\{1, 1}platí f x 3 ) x+3 ) +f = x. x+1 1 x Další standardní trik, který si představíme, je využívání symetrií v rovnicích. Výraz nazveme symetrickýmvproměnných x 1, x 2 až x n ),pokudselibovolnouzáměnouproměnnýchnezmění.podstatoutéto metodyjepozorování,žepokudsedvavýrazyrovnajíajedenznichjesymetrický,pakseanidruhýpo záměně proměnných nezmění. Aplikujme toto pozorování na následující příklad. Úloha 13. Najděte všechny reálné funkce f, které splňují pro každá x, y rovnici f fx)+fy) ) = fx)+y. Řešení. Předpokládejme, že f řeší úlohu. Levá strana zadané rovnice je symetrická v x a y, totéž musí platit pro pravou stranu. Máme tedy, že fx)+y= x+fy). Dosadíme-liza y=0apoložíme-li c=f0),pakmáme fx)=x+c, x R.Zkouškousepřesvědčíme, žerovnicivyhovujetatofunkcepouzepro c=0,tedy fx)=x, x R. Pochopitelně ne vždy je rovnice nachystaná v symetrickém tvaru, někdy dá i dost práce ji do takového tvaru upravit. Úloha14. Najdětevšechnyfunkce f:r + R + splňujícíprokaždá x,y R + rovnici 1+yfx) ) 1 yfx+y) ) =1. Řešení. Buďfřešenízadanérovnice.Roznásobenímadělenímy >0získámefx+y) 1+yfx) ) = fx). Jelikož yfx) >0,lzedělitvýrazem1+yfx)aobdržímerovnostsesymetrickoulevoustranou fx+y)= fx) 1+yfx). Využitímsymetriedostaneme fx) 1+xfy) ) = fy) 1+yfx) ).Dosaďmeza y=1aoznačme c:= f1), potom fx)=c/1+xc c).jistě c >0aaby fx) >0,musíbýt0 < c <1.Dělením clzenavícřešení přepsatdotvaru fx)=1/x+ c),kde c=1/c 1 R +.Zkouškousepřesvědčíme,žetato fjeřešením zadané rovnice pro každé takové c.

13 Funkcionální rovnice 13 ÈÓÙú Ø Ñ Ø Ñ Ø Ò Ù Tato metoda umožňuje odvodit tvar řešení pro racionální čísla. Nejlépe si ji představíme na již zmíněné úloze1.podlenísetétometoděříkátakécauchyhometoda. Úloha1. Najdětevšechnyfunkce f:q Rsplňujícíprovšechna x,y Qrovnici fx+y)=fx)+fy). Řešení. Předpokládejme, že f je nějaké řešení této rovnice. Dosadíme-li dvojici[0, 0], obdržíme ihned f0)=0.dálepostupnědosazujmedvojice[x,x],[2x,x],...,[n 1)x,x]aprokaždé n Nindukcí dostáváme f2x)=fx+x)=fx)+fx)=2fx) f3x)=f2x+x)=f2x)+fx)=3fx). fnx)=f n 1)x+x ) = f n 1)x ) +fx)=nfx). Právě dokázaný vztah fnx) = nfx) platný pro přirozená n a racionální x použijeme hned dvakrát. Pro každé m,n Npakplatí nf1)=fn)=f m n ) n = mf. m m) Podělením obou stran číslem m dostáváme vztah n f = m) n f1), m,n N, m neboli fx)=xf1), x Q +. Dosazením dvojice[x, x] do původní rovnice obdržíme vztah fx) = fx). Označíme-li si navíc f1) = c,pakprofunkci fplatí fx)=cxprovšechnaracionální x.zkouškaukáže,žetakováfunkcesplňuje zadání pro každé reálné c. Z příkladu je vidět, proč tato metoda funguje jen pro čísla racionální. Funkce, které jsme nalezli, lze sice stejně tak rozšířit na celé R za použití stejného předpisu a rovnice bude platit pro každou dvojici x,y R,ovšemnicnámnezaručuje,žežádnéjinéfunkceužrovnicineřeší.Jakjsmejižnaznačilivúvodu, další takové reálné funkce splňující Cauchyho rovnici existují, tento postup nám k nim ale cestu neukazuje. Zažijme si tuto metodu ještě na dalším, podobném příkladě. Úloha 15. Nalezněte všechny funkce f: Q R, které vyhovují rovnici provšechnydvojice[x,y] Q 2. fx+y)=fx)fy) Řešení. Předpokládejme,že fjenalezenéřešení.nabývá-litatofunkcevnějakémbodě x 0 nulovéhodnoty,pakdosazením[x x 0,x 0 ]dostáváme fx)=fx x 0 +x 0 )=fx x 0 )fx 0 )=0

14 14 Vít Musil a fjefunkceidentickynulová,tj. fx)=0prokaždé x Q.Zabývejmesenyníjižpouzenenulovými řešeními.nejprvesivšimněme,že fx)=fx/2+x/2)=fx/2)fx/2)=f 2 x/2) >0,čili f nabývá pouze kladných hodnot. Nyní nasadíme indukci, podobně jako v předchozím případě. Pro každé n N a x Qtedyplatí f2x)=fx+x)=fx)fx)=f 2 x) f3x)=f2x+x)=f 2 x)fx)=f 3 x). fnx)=f n 1)x+x ) = f n 1 x)fx)=f n x). Tentovzorecnynídvakrátpoužijemeaprokaždé m,n Ndostáváme f n 1)=fn)=f m n ) = f m n ). m m Všechnatatočíslajsoukladná,můžemejetedy m-krátodmocnitaihnedvidíme,že fq)=f q 1)pro kladná racionální q. Dosazení[0, 0] do původní rovnice nám poskytne informaci o hodnotě f0), neboť f0)=f 2 0).Protože f0) >0,musínutně f0)=1.informaciozápornýchracionálníchčíslechnámdá dosazení[q, q],tj.1=f0)=fq)f q).odtudihnedvyjádříme f q)= 1 fq) = 1 f q 1) = f q 1) pro q Q +.Pokudnavícpojmenujeme f1)=c>0,pak fx)=c x provšechnaracionálníčísla. Zkouškou ověříme, že f skutečně rovnici řeší pro všechna c > 0. Připočteme-li ještě triviální řešení fx) 0,můžemepsát,že fx)=c x prolibovolné c 0amlčkypřijmeme,že0 0 =0). Žádnému čtenáři jistě neuniklo několik podobností s předchozí úlohou. Nejprve jsme pomocí matematické indukce odvodili důležitý vztah pro kladná celá čísla, dále jsme jeho platnost rozšířili i pro kladná racionální, posléze pro všechna racionální čísla. Stejně tak bychom postupovali i u dalších podobných příkladů. Cvičení8. Najdětevšechnyfunkce f:q Q,prokteréplatí f1)=2aprokaždé x,y Q fxy)=fx)fy) fx+y)+1. Abychom mohli platnost rozšířit na celá reálná čísla, museli bychom mít nějaké další omezující předpoklady na funkci f. Dříve než k takovému omezení přistoupíme, představíme si některé obecné vlastnosti funkcí, bez kterých se v dalším textu neobejdeme. ÎÐ ØÒÓ Ø ÙÒ Některé vlastnosti funkcí se používají tak často, že stojí za to si je pojmenovat. Mnohé z vlastností je možné vyslovit obecněji bez ohledu na to, kde jsou definovány, my si však pro jednoduchost tyto pojmy zavedeme pouze pro reálné funkce, jejich zobecnění je pak přímočaré. První sada pojmů se týká symetrií. Definice. Řekneme,žefunkce fjesudá,resp.lichá,pokudprokaždé x Domf)platí fx) = f x), resp. fx) = f x).

15 Funkcionální rovnice 15 Definice vlastně říká, že sudé jsou právě ty funkce, které jsou osově souměrné podle osy Oy, liché jsou ty středově symetrické podle počátku. Součástí definice je tedy i fakt, že definiční obor f musí být symetrickýpodlepočátku.příklademsudéfunkcena Rjefunkce x 2 čifunkcecosx.mezilichépakpatří napříkladfunkce x 3 nebosinx. Pokud se nám v úloze podaří zjistit, že hledaná funkce splňuje jednu z těchto vlastností, stačí nám hledat řešení pouze na polovině definičního oboru. Navíc získáme ze substitucí více informací, neboť můžemesnadnozargumentufunkce odstranit minus. Téžsenámmůžehodittvrzení,žekaždoureálnoufunkci flzenapsatjakosoučetsudéalichéfunkce, jejichpředpisyjsou fx)+f x) ) /2a fx) f x) ) /2. Vdalšímsizavedemepojmy,kterécharakterizují nabýváníhodnot. Definice. Řekneme,žefunkce fjeprostá,pokudprokaždé x,y Domf)platí fx)=fy) x=y. Definice. Řekneme,žefunkce f:x Y jena,pokudprokaždé y Y existuje x Xtak,žeplatí fx)=y. Definice. Řekneme,žefunkce f:x Y jebijekcí,pokud fjezároveňprostáana. Prostáfunkcetedynabývákaždéhodnotynejvýšejednou,tj.neplatíproni x yazároveň fx)= fy).funkce,kterájena,pakkaždéhodnotynabýváalespoňjednou,tj. vyčerpá celé Y.Zkráceně můžemezapisovat,žerngf)=y.bijekcejepakspojeníobou,tedykaždéhodnotyzy senabude právě jednou. Tomuto zobrazení někdy říkáme vzájemně jednoznačné a výstižněji tak říká, že f určuje jednoznačnédvojicemezi Xa Y. Ajakbudemetytovlastnostivyužívatvúlohách?Pokudofunkcivíme,žejeprostá,můžemetak snadno z rovnosti funkčních hodnot odvodit rovnost argumentů. Je-li funkce na, můžeme provádět složitější substituce, které by jinak nebyly korektníviz úloha 8). Bijekce spojuje obě tyto výhody. Následující úlohy v sobě nenesou nějak hluboké myšlenky, mají pouze demonstrovat to, jak se s právě zavedenýmipojmypracujeacoznichlzevúlozevytěžit. Úloha16. Najdětevšechnybijekce f:r Rvyhovujícíprokaždé x,y Rrovnici f fx)+f fy) )) = f f fx) ) ) +fy). Řešení. Buď f řešením zadané rovnice. Protože f je prostá, musí platit fx)+f fy) ) = f fx) ) +fy). Protože fjenavícna,prokaždé z Rexistuje y Rtak,že z= fy).můžemetedyprovéstsubstituci z= fy).platítedy fx)+fz)=f fx) ) +z. Zestejnéhodůvoduexistuje x 0 R,že fx 0 )=0.Odsuddostáváme fz)=f0)+z,tj. fx)=x+c. Zkouškousepřesvědčíme,žetatofunkcevyhovujeprokaždé c R. Cvičení9. Najdětevšechnyprostéfunkce f:r Rsplňujícíprokaždé x,y R f fx)+y ) = f2x 2 )+4fx)y+2y 2.

16 16 Vít Musil Následující úloha se od ostatních liší. Všimněme si, že nebudeme řešit funkcionální rovnici, ale rovnici obyčejnou. Úloha17. Funkce f:r Rsplňujerovnici f fx) ) = x+fx)prokaždé x R.Najdětevšechna řešenírovnice f fx) ) =0. Řešení. Zadanourovnostsiupravmena f fx) ) fx)=x.pokudjenyní fx)=fy),pak x=f fx) ) fx)=f fy) ) fy)=y a f jeprostá.dosadíme-lidozadání x = 0,získáme f f0) ) = f0)azprostotyplatí f0) = 0. Obdrželijsmetakiplatnost f f0) ) =0.Nynípokudexistujeještěnějakéřešení f fx) ) =0,pak f fx) ) = f f0) ) = f0)ax=0.tedyjedinýmřešenímje x=0. Následující definice klasifikuje funkce podle jejich průběhu, již samotně pojmenování je výmluvné. Definice. Řekneme, že funkce f je rostoucí, resp. klesající na svém definičním oboru, pokud pro každé x,y Domf)platí x < y fx) < fy), resp. x < y fx) > fy). Zcela analogicky se definují neostré verse, hovoříme pak o funkci neklesající, resp. nerostoucí. Splňujeli nějaká funkce jednu z těchto charakteristik, nazveme ji obecně monotónní. Uvědomme si, že je-li funkce rostoucí, nebo klesající, pak je již prostá. Cvičení 10. Najděte všechny neklesající funkce f: R R splňující pro všechna reálná x f fx) ) = x. Následující úloha není o aplikaci nějaké metody pro řešení rovnic, jde o konstrukční úlohu k zamyšlení omonotónníchfunkcích.poznamenejmeještěkrátce,že značískládánífunkcí,sekterýmseneustále setkávámevúlohách,tj.f g)x)=f gx) ),aabymělosloženísmysl,musíbýtrngg) Domf). Úloha18. Najdětepříkladyreálnýchfunkcí fa gtakových,že g fjerostoucíaf gjeklesající. Řešení. Rozdělme R + 0 naintervaly I 0= 0,1 ai n =2 n 1,2 n pro n=1,2,...adefinujmepro x I n fx)= 1) n x.pro x <0položme fx)=f x).položmenyní gx)=2fx)prokaždé x R. Ukážeme,žetaktozadanéfunkcemajípožadovanouvlastnost.Buď x Rlibovolné,najdeme n N tak,že x I n,nebo x I n.pak2x I n+1,nebo 2x I n+1 a g fx) ) =2f fx) ) =2 1) n) 2 x=2x, f gx) ) = g 2fx) ) =2 1) n+1 1) n x= 2x přičemž zřejmě 2x je rostoucí a 2x klesající. Definice. Řekneme,žefunkce fjeperiodickásperiodou p,pokudprokaždé x Domf)platí x+p Domf) a fx)=fx+p). Zřejmě platí tvrzení, že je-li funkce periodická pro všechny délky period, pak je již nutně konstantní. Obdobně je-li funkce monotónní a periodická, musí být konstantní. Následující definice spojitosti není elementární, lze se však s tímto pojmem setkat v některých soutěžích či textech, a proto ji pro úplnost uvedeme také. V úlohách však spojitost používat nebudeme.

17 Funkcionální rovnice 17 Definice. Řekneme,žefunkce fjespojitávbodě a Domf),pokudprokaždé ε >0existuje δ >0, že platí x a δ,a+δ) fx) fa) ε,fa)+ε ). Řekneme,že fjespojitá,pokudjespojitávkaždémbodědomf). Definice. Buď f:x Y prostáfunkce.řekneme,že f 1 :Y Xjeinverznífunkcík fpokudpro všechna y Y a x Xplatí f 1 y)=x fx)=y. Úloha19. Najdětevšechnyrostoucífunkce f:r Rsplňujícíprokaždé x Rrovnici kde f 1 jeinverznífunkcekf. fx)+f 1 x)=2x, Řešení. Zřejmě fx)=x+djeřešenímzadanérovnice,protože f 1 x)=x d.označmesinyní S d množinutěchbodů x,kde fx)=x+d.našímcílembudeukázat,žepokudje S d neprázdná,pak S d = R. Ukažmenejprve,žepokud x S d,paktaké x+d S d.protože fx)=x+daf 1 x+d)=x,platí fx+d)=x+2dax+d S d.indukcítakdostáváme,ževšechnačísla x+kd S d pro k Z. Ukažmenyní,žepokudje S d neprázdná,pak S d jeprázdnápro d < d.přesnějidokážeme,žeje-li x S d a y x+kd d ),x+k+1)d d ) ) pronějaké k Z,pak y / S d.prosporpředpokládejme,že x S d, y S d a x+kd d ) y < x+k+1)d d )pronějaké k Z.Upravmenejprvenerovnostdotvaru Protože je f rostoucí, musí platit x+kd y+kd < x+k+1)d d. x+k+1)d=fx+kd) fy kd )=y k+1)d neboli y x+k+1)d d ),cožjespor.obdobnáúvahaplatípro S d a S d,kde d > d,neboťrole da d jsouzaměnitelné.protožekaždé x Rpatřído S d pronějaké dapouzejednaztěchtomnožinmůže býtneprázdná,musíplatit fx)=x+d, x R, d R. Ù Ý Ó ÖÓÚÒ Vraťme se nyní k již zmiňované úloze 2. Vybaveni novými poznatky můžeme tuto úlohu vyřešit, pokud přidámedalšípředpokladyprofunkci f.májistěsmyslsetázat,kčemujetodobré,cauchyhorovnici přece na žádné soutěži řešit nedostaneme. Krom toho, že si během řešení ukážeme nové metody, vyřídíme Cauchyhoproblémjednouprovždyamůžemesidovolitodkazovatsenanějjakonaznámétvrzení. V některých úlohách se nám totiž může stát že ukážeme, že hledaná funkce musí splňovat Cauchyho rovnicinebo rovnici podobného typu). Pokud navíc máme o naší funkci další rozumné předpoklady nemusíme se s řešením dále zdržovat. Byl by však podvod neseznámit se se známým tvrzením.

18 18 Vít Musil Úloha2. Najdětevšechnyrostoucífunkce f:r Rsplňujícíprovšechna x,y Rrovnici fx+y)=fx)+fy). Jižvíme,žeprořešenímusíplatit fx)=f1)xprovšechnaracionálníčísla.ukážeme,žemá-linavíc řešenísplňovatjednuznásledujícíchpodmínek,pak fx)=f1)xprovšechna x R. f je monotónní na nějakém intervalu, f je omezená na nějakém intervalu, fjekladnápro x 0, fjevnějakémboděspojitá. Řešení.Promonotonii). Označmesi f1)=capředpokládejme,že c >0,tj. fbuderostoucívopačnémpřípaděbychompracovalisrostoucífunkcí f).chcemeukázat,že fx)=cxprokaždé x R.Pro spor předpokládejme, že existuje takové x R, že fx) > cx. Využijeme té vlastnosti racionálních čísel, žemezikaždýmidvěmarůznýmireálnýmičíslyjealespoňjednoracionální.existujetedy q Qtak,že fx)/c > q > xneboli fx) > cq > cx.musítedyplatit cq < fx)=fx q+q)=fx q)+fq) <0+fq)=cq, kdeposledníodhadjsmedostalizplatnosti x q <0 fx q) < f0).dostalijsme,že cq < cq,což jespor.zcelaobdobněseukáže,žeprožádné x Rneplatí fx) < cx,ajsmehotovi. Řešení.Pro omezenost). Předpokládejme, že f je omezená na intervalu a, b, a to konstantou K > 0. Nejprveukažme,ževšechnybody[x+np,fx+np)],kde n Zap R,ležínapřímcevrovinětvořené osami OxaOy.Protoževšechnačísla x+npjsouodsebevzdálenákonstantně p,stačíukázat,že fx+p) ležípřesněmezi fx)afx+2p),tj.že2fx+p)=fx)+fx+2p),cožvšakplynezrovnosti fx)+fx+2p)=f2x+2p)=2fx+p). Funkční hodnoty f jsou tedy rozděleny podle toho, na které přímce leží. Pro spor předpokládejme, že existuje více takových přímek, tedy existuje x R takové, že[x, fx)] leží na přímce neobsahující bod [a, fa)]. Předpokládejme navíc, že přímka příslušná x leží nad přímkou příslušnou a. Pomocí Cauchyovy metodyjsmeodvodili,žeprokaždé q Qplatí fqx)=qfx),tedynanámizvolenépřímceležíivšechny racionální násobky x. f a+nqx a) ) K fqx) fx) fa) 0 x a qx b

19 Funkcionální rovnice 19 Nyní stačí zvolit q tak blízko a/x, aby přímka procházející[a, fa)] a[qx, fqx)] byla dostatečně strmá nato,abypronějaké n Nužbylo f a+nqx a) ) > K,cožjespor. Řešení.Pro nezápornost). Postup je velmi podobný předchozímu. Pokud existují dvě různé přímky, najdeme třetí, která bude klesat, až se někde nabude záporné hodnoty. Řešení.Prospojitost). Je-lifunkcespojitávbodě a R,pakvolbou ε=1dostáváme δ >0tak,že platí x a δ,a+δ) fa) 1 fx) fa)+1,tj. fjenax δ,x+δ)omezenáalzeseodkázat na řešení pro omezenost. Z těchto řešení je dobré si zapamatovat principy, které jsme použili. Zvláště pak úvahy z řešení pro monotonii jsou dobře aplikovatelné i na jiné, podobné úlohy. Úloha20. Naleznětevšechnyfunkce f:r Rsplňujícíprovšechnydvojice x,y Rrovnici fx+y)+fx)fy)=fxy)+fx)+fy). Řešení. Konstantnífunkce fx)=0afx)=2, x Rjsouzřejměřešenímzadanérovnice.Buďnyní f nekonstantní řešení. Použijme nyní několik jednoduchých dosazení. [x,0]: fx)+fx)f0)=f0)+fx)+f0). Protože fjenekonstantní,musíbýt f0)=0.dále [x,1]: fx+1)=fx) 2 f1) ) +f1). Podosazení x=1dotohotovztahuvyjádříme f2)=cf1),kde c=3 f1)jekonstanta.všimněme si,že c 1,jinakbydlepředchozírovnostibyla fkonstantní.nynídvěmazpůsobyvyjádřímehodnotu x+2pomocídvouvhodnýchdosazení. [x+1,1]: [x,2]: fx+2)=fx+1) 2 f1) ) +f1), fx+2)=f2x)+fx) 1 f2) ) +f2). Výrazy napravo upravíme pomocí předchozích vztahů tak, aby obsahovaly pouze fx) a f2x). Nyní máme rovnice připravené na odečtení, tj. fx+2)=fx) 2 f1) ) 2 +f2), fx+2)=f2x)+fx) 1 f2) ) +f2). f2x)=fx) 2 f1) ) 2 fx) 1 f2) ) = cfx). Odsud mimo jiné vidíme, že c 0. Nyní provedeme poslední dosazení. Využijeme zde právě objeveného vztahuatoho,že f4x)=c 2 fx). [2x,2y]: cfx+y)+c 2 fx)fy)=c 2 fxy)+cfx)+cfy). Pozkrácení c 0aodečtenímodzadanérovnicedostáváme c 1)fx)fy)=c 1)fxy). Protože c 1,dostáváme,že fmusísplňovat fxy)=fx)fy)afx+y)=fx)+fy).

20 20 Vít Musil Užitímmatematickéindukcesesnadnoukáže,že fx)=xprovšechna x Q.Nynípoužijeme standardníobratprorozšířenínacelé R.Víme,že f x)= fx),adosazením y= xdopůvodní rovnicedostaneme,že f 2 x)=fx 2 ),tj. f 0,kdykoliv x 0.Předpokládejmenyní,žeexistuje x R tak,že fx) < x.najdemeproto q Qtak,že fx) < q < x.potomplatí q > fx)=fx q)+fq) > fq)=q, což je spor. Obdobně se ukáže, že neexistuje x R splňující opačnou ostrou nerovnost. Dokázali jsme tedy,že fx)=xprovšechna x R.Zkouškaukáže,žetatofunkcespolusoběmakonstantami0a2 jsou řešením zadané rovnice. Nyní můžeme snadno vyřešit podobné úlohy s využitím znalostí o Cauchyově rovnici. Úloha21. Najdětevšechnyrostoucífunkce f:r R + splňujícíprovšechna x,y R fx+y)=fx)fy). Řešení. Buď fřešenímzadanérovnice.uvažujmefunkci g:r Rzadanoupředpisem gx)=logfx). Protože f je rostoucí, také g je rostoucí. Navíc g splňuje Cauchyovu rovnici. Z předchozího víme, že všechnarostoucířešenícauchyovyrovnicejsoutvaru gx)=cx,kde c >0.Odsudsnadno cx=logfx) a fx)=a x,kde a >1.Zkouškousnadnoověříme,žetytofunkceskutečněvyhovují. Úloha22. Najdětevšechnyrostoucífunkce f:r + Rsplňujícíprovšechna x,y R + fxy)=fx)+fy). Řešení. Buď fřešením.pracujmesfunkcí g:r R, gx)=fa x ),kde a >1.Potom gjejistěrostoucí ařešícauchyovurovnici,tedy cx=fa x ), c >0.Odtud fx)=log b x)provhodnoukonstantu b >1. Zkouška ukáže, že tato řešení vyhovují zadání. Cvičení11. Najdětevšechnyrostoucífunkce f:r + R + splňujícíprovšechna x,y R + fxy)=fx)fy). õ Ò ÚÝ Ö Ò Ó Ø úò ÐÓ V následující sekci se nebudeme obecně věnovat žádným dalším metodám, v každé úloze se však objevuje nějaký nový trik, který stojí za to si předvést a zapamatovat. Úloha23. Nejdětevšechnyfunkce f:r Rsplňujícíprovšechna x,y,z Rnerovnost Řešení. Dosadíme-li[1, 1, 1], dostaneme, že 1 2 fxy)+1 2 fxz) fx)fyz) 1 4. f1) f 2 1) 1 4, tj. 0 f1) 1 2) 2,

21 Funkcionální rovnice 21 odkud f1)=1/2.stejněseukáže,že f0)=1/2. Dosazením[x,1,1]a[x,0,0]obdržíme 1 2 fx)+1 2 fx) 1 2 fx) 1 4, 1 2 f0)+1 2 f0) 1 2 fx) 1 4. Úpravouprvnírovnicemáme fx) 1/2provšechna x R,zdruhépakopačnounerovnost.Zkouška ukáže,že fx)=1/2jeskutečněřešenímna R. Úloha24. Najdětevšechnyfunkce f:r Rsplňujícíprovšechna x,y R fx)+fy)=f fx)fy) ). Řešení. Předpokládejme,že fřešíúlohu,aoznačmesi M= f[r]=rngf).zezadáníplyne,žepokud x Ma y M,pakix+y Maindukcíinx Mprovšechna n N.Buďnyní y Mlibovolné.Dle pozorováníexistujíreálnáčísla a, bactaková,že Nyní, pokud dosadíme do zadané rovnice fa)=y, fb)=2y a fc)=4y. [a,c]: [b,b]: 5y= fa)+fc)=f fa)fc) ) = f4y 2 ), 4y= fb)+fb)=f fb)fb) ) = f4y 2 ), odkudihnedmáme4y =5yay =0.Celkemtedy M = {0}afx)=0provšechna x,očemžse přesvědčíme zkouškou. Úloha25. Najdětevšechnyfunkce f:r Rsplňujícíprovšechna x,y R f xfx)+fy) ) = y+f 2 x). Řešení. Buď fřešenímúlohy.dosazením[0,y]dostáváme,že f fy) ) = y+f 2 0).Pravástranajena, totéžmusíplatitiprolevou.existujetedyt Rtakové,že ft)=0.dosazením[t,y]získáme f fy) ) = y adosazením[0,t]dostaneme f0)=t+f 2 0).Celkemtedy a f0)=0.navícpokud fx)=fy),pak a fjebijekce.dosazení[fx),y]dává t=f ft) ) = f0)=t+f 2 0) x=f fx) ) = f fy) ) = y f fx)x+fy) ) = y+x 2, odkudporovnánímsezadanourovnicídostaneme f 2 x)=x 2 prokaždé x R.Nynímámedvěmožnosti, f1) = ±1. Dosazením[1, y] dostaneme f ±1+fy) ) = y+1,

22 22 Vít Musil navícjsmepoužilitakt,žepokud f1)= 1,pak f 1)=1,protože f musíbýtprostá.umocněním předchozí rovnosti na druhou dostáváme 1+2y+y 2 =1+y) 2 = f 2 ±1+fy) ) = ±1+fy) ) 2 =1±2fy)+y 2, odkudpřímoplyne,že fx)=xnebo fx)= x.zkouškaukáže,žeoběřešenívyhovují. Cvičení12. Najdětevšechnyfunkce f:r Rsplňujícíprovšechnydvojice x,y R f x 2 +fy) ) = y+f 2 x). Úloha26. Naleznětevšechnymonotónnífunkce f:r + R + vyhovujícíprovšechna x,y R + rovnici ) fy) fxy)f =1. x Řešení. Buď f řešením zadané rovnice. Určeme nejprve hodnotu f1). [1,x]: [ ) ] f fx),fx) : fx)f fx) ) =1, f f fx) ) fx) ) f1)=1, odkud f1)=1,jelikožrngf) R +.Předpokládejmenyní,že fnabývájedničkypronějaké t R + a t 1.Potompodosazení[x,t]a[x,1]máme 1 1 fxt)f =1=fx)f x) x) a fx)=fxt). Postupnýmdosazováním x=...t 3,t 2,t 1,1,t,t 2,t 3,...dostaneme ) ) ) =f t 3 = f t 2 = f =1=f1)=ft)=ft 2 )=ft 3 )= t Protože f musíbýtmonotónníaprokaždé m Zje ft m )=1,musíjižbýt fx)=1provšechna x R +.Kdybytotižexistovaločíslo ytak,že fy) 1,pakbychomkněmunašli m Ztakové,že y [t m,t m+1 ],resp. y [t m+1,t m ]pro t <1.Ovšemvkrajníchbodechtohotointervaluobsahujícího y nabývá fjedné,aproto fy)=1,cožjespor. Nynínechť fx)nenabývájedničkyjindenežpro x=1.pakvolmesubstituci [fx),x]: 1=f xfx) ) f1)=f xfx) ). Odtudjižmusíplatit fx)=1/xprokaždé x R.Zkouškousepřesvědčíme,žefunkce fx)=1/xa fx) = 1 vyhovují zadání. Úloha27. Najdětevšechnyfunkce f:r + R + splňujícíprovšechna x,y R kde a, b jsou kladné reálné konstanty. f fx) ) +afx)=ba+b)x, Řešení. Protožeznámevztah x, fx)af fx) ) aoborhodnotjeomezený,můžemesvýhodoupoužít rekurentnívztahy.zvolme x 0 0libovolněadefinujmerekurentníposloupnost x n = fx n 1 )pro n N. Zezadánívíme,že {x n } n=0musísplňovat x n+2 = ax n+1 +ba+b)x n

23 Funkcionální rovnice 23 prokaždé n N {0}.Řešenímtétodiferenčnírovnicejekaždáposloupnost x n = c 1 b n +c 2 a b) n, kde c 1,c 2 R.Navícvíme,že0 x 0 = c 1 + c 2 a0 x 1 = c 1 b c 2 a+b).odtudmáme,že c 2 =0, tedy x 0 = c 1 a fx 0 )=x 1 = bc 1 = bx 0.Protože x 0 bylonazačátkuzvolenolibovolně,musíplatit,že fx)=bxprokaždé x R +,očemžsepřesvědčímezkouškou. Cvičení13. Najdětevšechnyfunkce f:r + R + splňujícíprokaždé x R + rovnici fffx)))+4ffx))+fx)=6x. Úloha28. Najdětevsechnyfunkce f:r Rsplňujícíprokaždé x R f fx) ) = x 2 2. Řešení. Označmesifunkcinapravéstranějako g.všimněmesi,že gmáprávědvapevnébody,tj. existujídvěrůzná a,b Rtak,že ga)=aigb)=b.zobrazení g gmáčtyřipevnébody,jižzmiňované a,banavícnějaké c,d R.Našímcílembudeukázat,ženeexistujezobrazení ftakové,že f f= g. Označmesi y=gc).potommusíplatit c=g gc) ) = gy)ay=gc)=g gy) ) a yjepevným bodemzobrazení g g,musítedy y {a,b,c,d}.je-li y= a,pak a=ga)=gy)=cvedekesporu,je-li y= b,pakobdobně b=cjesporné.jistě y c,neboť cnenípevnýmbodem g,aprotonutně gc)=da zestejnýchdůvodů gd)=c. Nyní z původní rovnice odvoďme důležitý vztah g fx) ) = f f fx) )) = f gx) ), kdeprvnírovnostplynezdosazení fx)za xadruhájedosazenílevéipravéstranydo f.nyníje-li x {a,b},pak fx)=f gx) ) = g fx) ) a fx) {a,b}.předpokládáme-li,že x {c,d},pak a fx) {a,b,c,d}.sledujmenyníhodnotu fc). fx)=f g gx) )) = g f gx) )) = g g fx) )) Je-li fc)=a,pak fa)=f fc) ) = gc)=d,spor. Je-li fc)=b,pak fb)=f fc) ) = gc)=d,spor. Je-li fc)=c,pak c=fc)=f fc) ) = gc)=d,spor. Musítedyplatit fc)=d.potom fd)=f fc) ) = gc)=dad=fd)=f fd) ) = gd)=c,což je ve sporu s předchozím pozorováním a funkce f splňující zadání neexistuje. Úloha29. Najdětevšechnyfunkce f:r Rsplňujícíprovšechna x,y Rrovnici fx+y)+fx y)=2fx)cosy). Řešení. Buď fřešením.pak flzezapsatjako f= g+h,kde gjesudáfunkceahlichá.rovnicepak přejde do tvaru1). Dosazením[ x, y] pak obdržíme tvar2). gx+y)+gx y)+hx+y)+hx y)=2 gx)+hx) ) cosy) 1) gx+y) gx y)+hx+y)+hx y)=2 gx)+hx) ) cosy) 2)

24 24 Vít Musil Sečtením, resp. odečtením obou rovnic dostáváme přesně tvar původní rovnice pro funkci h, resp. g. Řešme tedy původní rovnici za předpokladu, že f je sudá, resp. lichá. Je-li fsudá,pakdosazením[0,x]získáme fx)+f x)=2f0)cosx), tedy fx)=f0)cosx).je-li flichá,paknejprvedosaďme[x,π/2]apotom[π/2,x]. [x,π/2]: [π/2,x]: f f ) +f x+ π 2 π ) 2 +x +f x π ) =0, 2 π ) 2 x =2f π 2) cosx). Dosazením prvního vztahu do druhého a použitím lichosti f dostáváme f x+ π ) π = f cosx), 2 2) odkud fx)=fπ/2)sinx).funkce ftakmusíbýttvaru fx)=asinx)+bcosx)provšechna x R. Zkouškousepřesvědčíme,žetomutakjeprolibovolná a,b R.

25 Funkcionální rovnice 25 Å ØÓ Ý õ Ò Obecně je pro danou úlohu velmi těžké říci, která metoda povede k cíli. Pro vyřešení obtížnějších úloh je často třeba kombinovat několik přístupů, s náročností úloh jejich počet roste. Přesto se pokusím na tomto místě uvést co nejvíce metod používaných pro řešení funkcionálních rovnic, seřazených zhruba podle frekvence výskytu v úlohách. Dosazování hodnot do rovnice. Nejčastěji dosazujeme konstanty, později takové výrazy, abychom dostali některé části výrazů konstantní. Například vyskytuje-li se ve výrazu fx + y) a známe hodnotu f0), volíme substituci[x, x] atp. S obtížnějšími příklady jsou substituce méně zřejmé a vyžadují jistou zkušenost a cvik.úlohy 5 10) Symetrické výrazy a vytvoření soustavy rovnic. Některé rovnice mohou mít buď rovnou, nebo pojednoduchéúpravějednustranusymetrickou,tj.výraznajednéstraněsepozáměně xay nezmění. Totéž tedy musí platit i na straně druhé, odkud můžeme obdržet nový vztah.úloha 13, 14) Vhodným dosazováním rovněž můžeme vytvořit soustavu rovnic, a tu pak vyřešit.úloha 10, 12) Použití matematické indukce. Nejprve nalezneme hodnoty pro fn), n N, závislé pouze na f1). Poslézenajdemehodnoty f1/n)afq),kde q Q.Tatometodajevhodnáprofunkcedefinované na Qneboreálnéfunkcesomezujícípodmínkou.Úloha1,2,15,20) Vyšetření, zda je funkce prostá, případně na. V mnoha případech není obtížné tyto vlastnosti dokázat,avšakužitekznichjevelký.úloha16,25) Užití Cauchyovy rovnice a rovnic podobného typu. Pomocí nějaké substituce můžeme rovnici převést na Cauchyovu rovnici nebo rovnice podobné, jejichž řešení již známe.úloha 21, 22) Monotonie a spojitost. Tyto podmínky jsou často dány pro zjednodušení úlohy jako dodatečné podmínky pro jednoznačnost řešení.úloha 2) Předpokládat, že funkce je v nějakém bodě větší či menší než hodnota funkce, o které chceme dokázat, že je řešením.úloha 2, 20) Zabývat se množinou bodů, kde se hledaná funkce shoduje s předpokládaným řešením. Cílem je ukázat, že tato množina je celý definiční obor.úloha 19) Zapsat f jako součet sudé a liché. Tento součet vždy existuje a vynutíme si jím alespoň nějaké vlastnosti, pokud o f nevíme nic.úloha 29) Vytváření rekurentních posloupností. Hodí se zejména pro ty úlohy, kde známe vztah mezi x, fx) a f fx) ) aoborhodnotjenějakomezen.úloha27) Hledánípevnýchanulovýchbodůfunkce.Pevnýbodfunkcefjetakové x,prokteréplatífx)=x. Úloh využívajících tuto metodu je poměrně málo, patří spíše k těm obtížnějším.úloha 28) Uhodnout řešení. Podle známého řešení se snáze volí substituce a můžeme tušit, které vlastnosti půjdou dokázat.úloha 8) Nikdy nezapomenout na zkoušku!