Functievergelijkingen

Functievergelijkingen Trainingsweek juni 2008 Basistechnieken • Je mag alle getallen in het domein invullen in je functievergelijking. Wat er precies handig is, hangt af van het domein en van de functievergelijking. Probeer gelijke termen te cre¨eren of ingewikkelde termen te laten wegvallen. • Als je een vermoeden hebt voor je functiewaarden op N of Z, probeer het dan met inductie te bewijzen. • Een functie f : A → B is injectief als voor alle a, b ∈ A geldt: als f (a) = f (b), dan is a = b. Of omgekeerd: als a 6= b, dan is f (a) 6= f (b). Twee verschillende elementen uit het domein hebben dan dus nooit dezelfde functiewaarde. • Een functie f : A → B is surjectief als voor alle b ∈ B er een a ∈ A is zodat f (a) = b. Alle waarden in het codomein worden dan bereikt. • Een functie is bijectief als hij injectief en surjectief is. Elk element in het domein wordt dan aan precies ´e´en element in het codomein gekoppeld, en andersom. • Je kunt proberen de eigenschappen injectief, surjectief en bijectief rechtstreeks te bewijzen. Als je in je functievergelijking een term f (f (x)) hebt of kunt cre¨eren, dan kun je ook proberen te bewijzen dat f (f (x)) een van de genoemde eigenschappen heeft. Daaruit volgt dat f dezelfde eigenschap heeft. • Als je functie injectief is, mag je links en rechts f ’jes tegen elkaar wegstrepen. Als je functie surjectief is, mag je in je hele vergelijking f (x) door t vervangen, waarbij t alle waarden in het codomein aan mag nemen. In het bijzonder mag je x zo kiezen dat f (x) = 0. • Vergeet NOOIT om aan het eind van je uitwerking de gevonden functies te controleren! Opgave 1 Vind alle functies f : R → R met f (f (x)) + f (y) = x + y + 9 voor alle x, y ∈ R.

1

Opgave 2 Vind alle functies f : Z → Z die voldoen aan • 2mf (2n) + 2n = nf (2m + 1) voor alle m, n ∈ Z, • f (2) = 2.

Opgave 3 Vind alle functies f : Z → Z die voldoen aan f (m + n) + f (m − n) = f (2m) + 4 voor alle m, n ∈ Z.

Opgave 4 Zij f : R → R een functie die voldoet aan f (xf (y) + f (x)) = 2f (x) + xy voor alle x, y ∈ R. Bewijs dat f bijectief is.

Opgave 5 Vind alle functies f : R → R die voldoen aan f (yf (x)) = xy + 12 f (y) +

1 4

voor alle x, y ∈ R.

Opgave 6 Vind alle functies f : Q → Q die voldoen aan f (x + f (y)) = y + f (x) voor alle x, y ∈ Q.

Wat te doen met f (f (x))? Als je een uitdrukking gevonden hebt voor f (f (x)), dan kun je daar mogelijk uit concluderen dat f surjectief, injectief of zelfs bijectief is. Daarnaast kan het ook handig zijn om met behulp van deze uitdrukking f (f (f (x))) op twee manieren te berekenen: door de eerste twee f ’jes samen te nemen en door de laatste twee f ’jes samen te nemen. Stel bijvoorbeeld dat f (f (x)) = 2x. Dan geldt f (f (f (x))) = f (2x), maar ook f (f (f (x))) = 2f (x). Dus f (2x) = 2f (x). In het algemeen geldt: als f (f (x)) = g(x), dan is g(f (x)) = f (f (f (x))) = f (g(x)). 2

Opgave 7 Bewijs dat er geen functie f : R → R bestaat die voldoet aan f (f (x) + y) = f (x) + 3x + yf (y) voor alle x, y ∈ R.

Opgave 8 ? Bewijs dat er geen functie f : Z≥0 → Z≥0 bestaat die voldoet aan f (f (n)) = n + 1987 voor alle n ∈ Z≥0 .

Fixpunten Een fixpunt of dekpunt van een functie f : A → A is een element a ∈ A waarvoor geldt f (a) = a. Het kan helpen om de fixpunten van een functie te bepalen. Als je bijvoorbeeld weet dat f (x + x2 f (x) − 3) = x + x2 f (x) − 3 voor alle x ∈ R, dan zijn alle getallen van de vorm x + x2 f (x) − 3 een fixpunt van f . Vaak heeft een functie maar weinig fixpunten en in dat geval kan x + x2 f (x) − 3 maar weinig verschillende waarden aannemen. Dat geeft je informatie over de functie f . Er zijn ook functies met veel fixpunten (bijvoorbeeld de functie f (x) = x voor alle x ∈ R) dus je mag niet zomaar aannemen dat jouw functie weinig fixpunten heeft. Maar je kunt het soms wel bewijzen. Daarbij kan het handig zijn om fixpunten in te vullen in je vergelijking. Voorbeeld. Vind alle functies f : R → R die voldoen aan f (f (x) + y) = (y + 1)f (x) voor alle x, y ∈ R. Oplossing. Vul in y = 0: dat geeft f (f (x)) = f (x). We zien dat f (x) een fixpunt van f is voor alle x ∈ R. We willen nu bewijzen dat f weinig fixpunten heeft. Stel dat x en z beide fixpunten van f zijn en vul in y = z−x. Dan geldt f (x) = x en f (x+y) = f (z) = z = x+y, dus uit de functievergelijking krijgen we x + y = f (x + y) = f (f (x) + y) = (y + 1)f (x) = (y + 1)x = xy + x. Hieruit volgt y = xy dus y = 0 of x = 1. Dus z − x = 0 of x = 1. Als er een fixpunt ongelijk aan 1 is, dan kunnen we x 6= 1 kiezen en volgt dus z = x. Dus in dat geval is er precies ´e´en fixpunt. Als er geen fixpunt ongelijk aan 1 is, dan kan alleen x = 1 een fixpunt zijn. Er is minstens ´e´en fixpunt, want f (x) is een fixpunt voor alle x, dus in alle gevallen is er precies ´e´en fixpunt c en geldt f (x) = c voor alle x ∈ R. Invullen in de vergelijking laat zien dat dit alleen voldoet voor c = 0. Dus de enige oplossing is f (x) = 0 voor alle x ∈ R. 

3

Opgave 9 Vind alle functies f : R>0 → R>0 die voldoen aan x2 (f (x) + f (y)) = (x + y)f (f (x)y) voor alle x, y ∈ R>0 .

Opgave 10 ? Zij S = (−1, ∞) de verzameling re¨ele getallen groter dan −1. Bepaal alle functies f : S → S die voldoen aan (1) f (x + f (y) + xf (y)) = y + f (x) + yf (x) voor alle x, y ∈ S, (2)

f (x) x

is strikt stijgend op (−1, 0) en (0, ∞).

Van Q naar R Soms kun je uit de functievergelijking de functiewaarden op de gehele getallen halen met behulp van inductie. Meestal is het dan ook niet zo moeilijk om dat uit te breiden naar de rationale getallen. Maar wat als je functie R als domein heeft? Als je functie op Q aan een mooi voorschrift voldoet, dan verwacht je dat hij dat op R ook doet. Maar dat moet je wel bewijzen en daar heb je meestal een of andere extra voorwaarde voor nodig die aangeeft dat de functie niet al te gekke dingen kan doen. Bijvoorbeeld: f is strikt stijgend; of f (x) > 0 als x > 0. Verder mag je gebruik maken van de volgende stelling. Stelling. Als voor re¨ele getallen x en y geldt dat x < y, dan is er een rationaal getal q zodat x < q < y. Hoe dicht twee re¨ele getallen dus ook bij elkaar liggen, er past altijd nog een getalletje uit Q tussen. We zeggen ook wel: Q ligt dicht in R. Voorbeeld. Vind alle functies f : R → R die voldoen aan • f (x + y) = f (x) + f (y) voor alle x, y ∈ R, • f (x) is strikt stijgend. Oplossing. Dit is een standaardfunctievergelijking: we hebben f (x) = cx voor alle x ∈ Q voor een zekere c ∈ R. In dit geval moet gelden dat c > 0 omdat de functie strikt stijgend is. Stel nu dat er een x ∈ R is met f (x) < cx. Dan bestaat er een q ∈ Q met f (x) < q < x. c 4

Er geldt nu f (q) = cq > f (x) en q < x. Tegenspraak met het feit dat f strikt stijgend is. Analoog krijg je een tegenspraak bij f (x) > cx. We concluderen dat f (x) = cx voor alle x ∈ R. Deze functie voldoet.  Opgave 11 Vind alle functies f : R → R die voldoen aan • f (x + y) = f (x) + f (y) voor alle x, y ∈ R, • f (x) > 0 voor alle x > 0.

Opgave 12 ? Vind alle functies f : R → R die voldoen aan f (x2 + f (y)) = y + f (x)2 . voor alle x, y ∈ R.

Opgave 13 ? Vind alle functies f : R → R die voldoen aan f (f (x)2 + y) = x2 + f (y) voor alle x, y ∈ R.

Overige opgaven Opgave 14 ? Vind alle functies f : R → R die voldoen aan • f (x) + f (y) + 1 ≥ f (x + y) ≥ f (x) + f (y) voor alle x, y ∈ R, • f (x) ≤ f (0) voor x ∈ [0, 1), • −f (−1) = f (1) = 1.

Opgave 15 ? Vind alle functies f : Q → R die voldoen aan • f (1) + 1 > 0, • f (x + y) − xf (y) − yf (x) = f (x)f (y) − x − y + xy voor alle x, y ∈ Q, • f (x) = 2f (x + 1) + x + 2 voor alle x ∈ Q.

5

(1)