4. série. Funkcionální rovnice. Téma: Datumodeslání: Najdětevšechnyfunkce f: R Rtakové,žeprovšechnydvojicereálnýchčísel xayplatí:

Transkript

1 4. série Téma: Datumodeslání: Funkcionální rovnice ¾º Ð Ò ¾¼¼ ½º ÐÓ Ó Ýµ 1+f(x+y=2f(xf(y. ¾º ÐÓ Ó Ýµ Najdětevšechnyfunkce f: R Ntakové,že x < y f(x f(yaprokaždéreálnéčíslo xa pro každé přirozené číslo n platí: f(x+n=f(x+n. º ÐÓ Ó Ýµ f(x+y+2f(x y=3f(x y. º ÐÓ Buď f: N 0 Ntakováfunkce,že f(1 > f(0aprokaždépřirozenéčíslo nje: f(n+1=3f(n 2f(n 1. (a Dokažte,že f( (b Dokažte,že f( ¾ Ó Ýµ Ó Ýµ Najdětevšechnyfunkce f: R \ {0,1} Rtakové,žeprokaždé x 0,1platí: f(x+f = x. 1 x Najdětevšechnyfunkce f: N Ntakové,žeprokaždépřirozenéčíslo nplatí: f(f(f(n+ f(f(n+f(n=3n. Najdětevšechnyfunkce f: N 0 N 0 takové,že f(0=0aprokaždépřirozenéčíslo nplatí: f(n=n f(f(n 1.

2 Najdětevšechnyklesajícífunkce f: R Rtakové,žeprovšechnydvojicereálnýchčísel xay platí: f(f(x+f(y= f(x+y f(y+ f(x. Řešení 4. série 1.úloha (60,56,2,80,3,0 1+f(x+y=2f(xf(y. Předpokládejme,žeužmámenějakéřešení fazkusmedosadit y=0: 1+f(x=2f(xf(0 f(x(2f(0 1=1 Pokudbybylo f(0= 1 2,platiloby0=1,cožnejde.Protomůžemedělit: f(x= 1 2f(0 1 1 Prokaždé xtedymusíplatit f(x=.výraznapravonezávisína x,takže f musí 2f(0 1 1 být konstantní. Speciálně dosazením x = 0 dostáváme podmínku f(0 = 2f(0 1.Vynásobením oboustran2f(0 1(cožjepro f(0 1 2 ekvivalentníúpravaobdržímekvadratickourovnici: 2f(0 2 f(0=1 2f(0 2 f(0 1=0, kterámářešení f(0=1af(0= 1 2. Proto f(x=f(0 {1, 1 2 }.Zbýváověřit,žetytodvěkonstantnífunkceskutečněřešínaši výchozírovniciprolibovolné x, y.tojealejednoduché:platí f(x=f(y=f(0,takženám funkcionálnírovnicepřejdedotvaru:1+f(0=2f(0 2,cožjepřesnětasamákvadratickárovnice, kteroujsmevyřešiliopárřádkůvýše,atedy f(0rovná1a 1 2 vyhovují. Hledanéfunkcejsou f(x=1af(x= úloha (44,19,1,45,1,0 Najdětevšechnyfunkce f: R Ntakové,že x < y f(x f(yaprokaždéreálnéčíslo xa pro každé přirozené číslo n platí: f(x+n=f(x+n.

3 Druhou z podmínek v zadání lze přeformulovat též takto(substituujeme m za n: f(x m = f(x mprolibovolnépřirozenéčíslo m.nechťnyníje f(0=n;pakovšemplatí f( n=0 N, cožjesporspředpokladem,že fjefunkcídopřirozenýchčísel.(pokudpovažuješ0zapřirozené číslo, urči například hodnotu f( n 1. Poznámka: Všimněte si, že první podmínka v zadání byla úplně zbytečná. Poznámka2:Náročnějšířešitelésemohoupokusitvyřešittutéžúlohupro f: R Z.Řešení následuje.zdruhépodmínkyvíme,že f(x+1=f(x+1.podleprvnípodmínky(pokudje f nerostoucíneboneklesající,říkámetaké,že fjemonotónnívidíme,žepro y (x, x+1musí platit f(x f(y f(x+1. Nejprve zmíníme některé konkrétní příklady funkcí, které splňují zadání a už je znáš. Jsou to různézaokrouhlovacífunkce,například obyčejné zaokrouhlování,dolníceláčástahornícelá část. Obecně je každá funkce f splňující zadání jednoznačně určena následujícími třemi parametry,kterélzevolitlibovolně: (i Hodnota f(0. (ii Místo,kdedocházíke skoku (nespojitosti,tedy y (0,1 takové,žeprokaždé x 1 < < y < x 2 je f(x 1 f(x 2 +1.Nespojitostisepakperiodickyopakují. (iii Zda yzpředešléhobodumáhodnotu jakohodnotynalevoodněj,nebo jakohodnoty napravoodněj.rozmyslisi,ženastávávždyprávějednamožnost. y y x x Poznámky k došlým řešením: Tato úloha byla takovým testem pozornosti řešitelů, klíčovým údajem zadání bylo, že oborem hodnot mají být přirozená čísla. Je snadné nahlédnout, že v takovém případě žádná vyhovující funkce neexistuje. Za správné řešení úlohy, kdy oborem hodnot jsou čísla celá, jsem uděloval bod. 3.úloha (49,40,2,53,3,0 f(x+y+2f(x y=3f(x y. Mějmelibovolnéreálnéčíslo x,vzadanérovnicipostupnězvolme y = xay = x.tím dostaneme f(2x+2f(0=3f(x xaf(0+2f(2x=3f(x+x,odkudsnadnovyjádříme (odečtením dvojnásobku první rovnice od druhé, že f(x = x+f(0. Označme f(0 = c. Vímetedy,žeprovšechna xje f(x=x+c.dosadíme-litutofunkcidozadání,dostaneme,že (x+y+c+2((x y+c=3(x+c y,cožjesplněnoprovšechna xay.funkce f(x=x+c, kde c je libovolné, je tedy řešením dané rovnice.

4 4.úloha (49,42,3,76,5,0 Buď f: N 0 Ntakováfunkce,že f(1 > f(0aprokaždépřirozenéčíslo nje: f(n+1=3f(n 2f(n 1. (a Dokažte,že f( (b Dokažte,že f( Matematickouindukcídokážeme,žeprokaždépřirozenéčíslo nplatí f(n 2 n azároveň f(n f(n 1 2 n 1. (1 Pro n=1: f(0jepřirozenéčíslo,takže f(0 1. f(1 > f(0,takže f(1 f(0+1,čili f(1 f(0 1af(1 f( (2 Předpokládejme,žetvrzeníplatípro nadokažmejepro n+1. f(n+1=3f(n 2f(n 1=f(n+2(f(n f(n 1 2 n +2 2 n 1 =2 n+1, f(n+1 f(n=2(f(n f(n n 1 =2 n. Tímjedůkazindukcíhotovavímetedy,žeprokaždépřirozenéčíslo nplatí f(n 2 n,a tedyplatíi (a f( > (b f( úloha (36,33,4,39,5,0 Najdětevšechnyfunkce f: R \ {0,1} Rtakové,žeprokaždé x 0,1platí: f(x+f = x. 1 x Zvolmejakékolireálnéčíslo t 0,1.Dosadíme-livzadánípostupně x=t, x= 1 1 t a x=1 1 t (t 0,1,jsoutotedyvšechnoreálnáčísla;snadnoověříš,žejsourůznáod0a1,dostaneme soustavu tří rovnic f(t+f = t f f + f 1 t ( 1 1 t 1 t ( 1 1 = 1 t 1 t + f(t=1 1 t. Sečteme-li první a třetí rovnici a od součtu odečteme druhou, dostaneme 2f(t=t+1 1 t 1 1 t, tedy f(t= t3 t+1 2t(t 1.

5 Dosazením do zadání zjistíme, že tato funkce je opravdu řešením dané rovnice. 6.úloha (34,24,3,44,5,0 Najdětevšechnyfunkce f: N Ntakové,žeprokaždépřirozenéčíslo nplatí: f(f(f(n+ f(f(n+f(n=3n. Nejprvesivšimněme,žehledanáfunkcemusíbýtprostá(toznamená,žepokud m n,pak taky f(m f(n.prosporpředpokládejme,že fneníprostá,tedyžeexistují mantaková, že m naf(m=f(n.pakale f(f(m=f(f(nataké f(f(f(m=f(f(f(n,atedy 3m=f(f(f(m+ f(f(m+ f(m=f(f(f(n+ f(f(n+ f(n=3n,cožjespor. Ateďindukcídokažme,že f(n=nprokaždé n. (1 Pro n=1: f(f(1 1, f(f(f(1 1,takže3=f(f(f(1+f(f(1+f(1 2+f(1,a toznamená,že f(1 1.Funkcealenabývápouzepřirozenýchhodnot,musítedybýt f(1=1. (2 Předpokládejme,žeprovšechna k < nplatí f(k=kadokažme,žeif(n=n: Kdybybylo f(n < n,je f(n=k,pronějaké k < n.podleindukčníhopředpokladujeale také f(k=k,atedy f(k=f(n,cožjesporsprostotoufunkce.jetedy f(n n. Nyní obdobně jako v předchozím odstavci postupně zjistíme, že f(f(n n a také že f(f(f(n n.toznamená,že3n=f(f(f(n+f(f(n+f(n 2n+f(n,atedy f(n n. Užvíme,že f(n n.nezbývátedyjinámožnostnež f(n=n,cožjsmechtělidokázat. Funkce f(n = n zadání zřejmě vyhovuje, je tedy jediným řešením. 7.úloha (9,2,1,33,1,0 Najdětevšechnyfunkce f: N 0 N 0 takové,že f(0=0aprokaždépřirozenéčíslo nplatí: f(n=n f(f(n 1. Nejprve si uvědomme, že funkce je daným předpisem správně definovaná, tedy že skutečně nabývá nezáporných hodnot. Laskavá čtenářka snadno indukcí dokáže, že pro každé přirozené n je0 < f(n < n,cožjepřesněto,copotřebujeme (všimněmesi,že c 2 + c=1.spočítáme-lisiněkolikprvníchhodnot Označme c= funkce f, možná nás napadne, že by mohlo platit f(n = (n+1c. 1 Pokusme seto tedy dokázat jak jinak než indukcí! (1 Pro n=0tozřejměplatí. (2 Předpokládejme,žeprokaždé n < kje f(n= (n+1c,aurčeme f(k.všimneme-lisi,že z indukčního předpokladu plyne f(n n, zjistíme, že indukční předpoklad můžeme použít i pro n= kc =f(k 1adostat f(k=k f(f(k 1=k f( kc =k ( kc +1c.Teďužstačí jendokázat,že (k+1c =k ( kc +1c,cožjeekvivalentnísk= (k+1c + ( kc +1c. Označme výraz na pravé straně l. Ktomusenámbudehodittotopomocnétvrzení: Prokaždéreálnéčíslo0 a <1platí c+ a+c a(c x značí(dolníceloučástreálnéhočísla x,cožjenejvětšíceléčíslo,kteréjemenšínež x. Jinaksetodátakévyjádřittak,že x jetakovéceléčíslo,proněžplatí x 1 < x x.

6 Důkaz: Požadovanou nerovnost snadno upravíme do ekvivalentního tvaru a+c a(c c.zjevně0 < a+c <2,takžemohounastat2případy: (a 0 < a+ c <1.Pak a+c =0aprotože a(c+1i1 cjsoukladnáčísla,nerovnostplatí. (b 1 a+c <2.Pak a+c =1apotřebujemedokázat,že a(c+1 c.podlepředpokladu je a 1 c,takže a(1+c 1 c 2 = c,cožjsmechtělidokázat. Ateďužvzhůrukdůkazu,že l=k. Označme a=kc kc.pak (k+1c = kc+c = kc +a+c = kc + a+c. l= (k+1c + ( kc +1c < (k+1c +( kc +1c= = kc + a+c +c kc + c <(c+1 kc + a+c + c= =(c+1(kc a+ a+c +c=k(c 2 +c+ a+c a(c+1+c= k+ a+c a(c+1+c < k+1, kdeprvnínerovnostjeostrá,protože( kc +1cneníceléčíslo,avposlednínerovnostijsme použilipomocnéhotvrzení.čísla likjsoucelá,takžemusíplatit l k. Nějakýmpodobnýmvýpočtembychomzjistili,že l k,takžemusíbýt k=l.vímetedy,že funkce f(n = (n + 1c vyhovuje zadání. Zadání určuje funkci f jednoznačně, zmíněná funkce je tudíž jediným řešením naší úlohy. 8.úloha (9,6,3,33,5,0 Najdětevšechnyklesajícífunkce f: R Rtakové,žeprovšechnydvojicereálnýchčísel xay platí: f(f(x+f(y= f(x+y f(y+ f(x. Ukážeme, že taková funkce nemůže existovat. Nechť pro spor nějaká vhodná f existuje. Potom jeklesající,takžepokud x > y,tak f(x < f(y.ukážeme,ženaněcotakovéhojepodmínkapro f přílišsymetrická.platítotiž: f(f(x+f(y= f(x+y f(y+ f(x f(f(x+f(y+ f(y+ f(x=f(x+y Výraznapravéstraně f(x+ysenezmění,pokudprohodíme xay(formálněbychomtoudělali tak, že pro každou zadanou dvojici(x, y dosadíme do rovnosti dvojici(y, x, takže musí platit: f(f(x+ f(y+f(y+ f(x=f(x+ y=f(y+ x=f(f(y+ f(x+ f(x+f(y f(f(x+f(y+ f(y+ f(x=f(f(y+ f(x+f(x+f(y Zvolmeteď x > yazkusmedosadit.jistěplatí f(y > f(x,sečtenímobdržíme x+f(y > > y+ f(x.potomovšem f(x+f(y < f(y+ f(xaf(f(x+f(y > f(f(y+ f(x(druhou nerovnost lze chápat obecněji: Složením dvou klesajících funkcí dostaneme funkci rostoucí. Sečtením těchto vztahů dostaneme ostrou nerovnost: f(f(x+f(y+ f(y+ f(x > f(f(y+ f(x+f(x+f(y Opárřádekvýšejsmepřitomodvodili,žemezilevouapravoustranoutohotovztahumusí pro každé x, y platit rovnost. To je spor, takže žádná vhodná funkce neexistuje.