Citat:
kajla:
1. Ako je f(x)+3*f(1/x)=x^2, x<>0, izracnati f(2).
2. Odrediti f(x) i g(x), ako je:
f(x/(x-1))+g(2x+1)=2x
f(x/(x-1))-g(2x+1)=x, x<>1.
3. Naci sve realne funkcije f takve da za sve realne brojeve x i y važi jednakost
x*f(x)+y*f(y)=(x+y)f(x)f(y).
poz.
Postovani prijatelji,
Izvinjavam se ako cu ovim resenjem da pokvarim stvari, bilo mi je
mnogo drago kada sam video da se jos uvek secam ovih zavrzlama, pa sam
morao nekako da podelim sa vama.
Idemo redom:
1. Glavna ideja je da se primeti da stavljanjem x i 1/x kao argument
funkcije f u jednacini, uvek pojavljuju i f(x) i f(1/x). U zadatku se
trazi f(2) ali mislim da moze da se odredi i f(x). Postoji beskonacno
mnogo funkcija koje ispunjavaju ovu jednacinu za razlicito definisane
domene. Podsecam vas da je jedini uslov u zadatku da domen sadrzi y i
1/y. Opsti slucaj resavam medjutim na domenu $y in R$.
To koristimo da bismo, stavljanjem x = y i x = 1/y dobili dve jednacine:
f(y) + 3 f(1/y) = y ^2
3f(y) + f( 1/y) = 1/y^2
uz vaznu ogradu: y # 0 ! Sta god da dobijemo, dakle, funkcija f nece
biti neprekidna na R jer nije definisana u nuli.
Ako pazljivo pogledate, vidite da sada imamo sistem dve linearne
jednacine i dve nepoznate. Ako resite jednacinu po f(y) (to znaju sva
deca:) dobijate:
f(y) = 1/8 * ( 3/y^2 - y^2)
Ako pravite perverzne restrikcije domena, mozete dobiti puno funkcija
f(y). Nijedna medjutim ne moze biti definisana za y=0.
2. Ideja je slicna onoj u prvom problemu. Same funkcije posmatramo
kao promenljive u dve linearne jednacine sa dve nepoznate. Ako ih
resimo, sto se moze uciniti na razne nacine, recimo prvo sabiranjem
prve i druge jednacine da bismo ubili g(.), a zatim oduzimanjem druge
od prve da bismo ubili f(.), dobijamo:
f(x/x-1) = 3/2 * x
g(2x+1) = 1/2 * x
Jos samo treba raspetljati argumente funkcija i stvar je resena.
Ako kazemo npr.
z = x / x-1,
umesto f(.) imamo f(z). Ako ovo poslednje resimo po x, dobijamo sta treba
da uskoci u izraz za f(z) sa desne strane:
x = z / z - 1
tako da je f(z) = 3/2 z / (z-1)
Kada se raspetlja g(2x+1) tako sto se stavi
t = 2x + 1, iz cega dobijete x = (t - 1) / 2
g(t) = 1/2 * (t - 1) / 2
3. Ovaj zadatak mi se narocito svideo.
Resavanje ovakvih problema u opstem slucaju vrlo je pipav posao kao sto cu pokazati kasnije. Najcesce postoji neki jednostavniji slucaj jednakosti koji brzo otkriva o cemu se radi.
Jednostavniji slucaj je ovaj: ako jednakost vazi za sve funkcije i za sve x i y, onda vazi i kada su x = y. Drugim recima, zahvaljujuci uopstenju koje kaze da je jednakost ispunjena za sve parove $(x, y) in R^2$, ako nesto napipamo u jednostavnijem slucaju, onda je to ujedno i resenje, posto cela formula mora uvek da vazi.
Stavljanjem x = y dobijamo nesto malo jednostavnije:
2x*f(x) = 2x*f^2(x)
Ovde treba biti oprezan. Da bih izbegao greske u vezi sa domenom u kom
je funkcija definisana, tj. da bi prica ostala samo u jednoj niti,
necu _skracivati_ jednacinu sa 2x jer ce to uvesti ogranicenje da je x
# 0. Umesto toga, u pokusaju da ostavim samo jedan 'thread' u resenju
a da ogranicenja 'iscedim' iz jednacina, prebacujem sve na levu stranu
jednacine i pisem:
2x * f(x) - 2x * f^2(x) = 0
ili, ako rastavim na cinioce:
2x*f(x)*[ 1 - f(x)] = 0
Ovde krece malo veselje: Imamo tri promenljiva cinioca u jednacini,
x, f(x) i 1-f(x). Dok poslednja dva daju resenje problema, prvi utice
na podelu domena funkcije na poddomene u kojima resenja vaze.
Prostije receno, postoje posebna resenja u slucaju x = 0 i x # 0.
Ako najpre obradimo (ocigledniji) domen x # 0, dobijamo dva moguca
resenja:
$f(x) equiv 0$,
ili
$f(x) equiv 1$
Tako da funkcija u svim tackama _osim_ nule moze biti ili samo
identicka nula ili samo identicka jedinica.
Medjutim, ovaj zakljucak je bezvredan za x = 0 posto je izveden iz
jednacine u kojoj smo pretpostavili da je x # 0. Zato x = 0 mora biti
poseban slucaj.
U slucaju x = 0 iz jednacine dobijamo:
x*f(x) + y*f(y) = (x+y)f(x)f(y) | x := 0
daklem:
y*f(y) = y * f(0) * f(y)
koja je identitet za svako y samo u slucaju da je f(0) = 1.
Posebni slucajevi (koji treba, rigoroznosti radi, da se posebno
ispitaju) su slucajevi y = 0 i f(y) = 0, ali se oni u principu utapaju
u prethodno opisan slucaj x = y: ako je y = 0, onda vazi x = y = 0 i
jednakost je ispunjena. S druge strane, za y # 0, f(y) moze biti ili 0
ili 1 sto jednakost u svakom slucaju svodi na identitet.
Konacni zakljucak iz ovoga jeste:
Postoje tri funkcije definisane na celom skupu realnih brojeva koje
zadovoljavaju jednakost sa pocetka i to su:
f(x) = 1 za svako x
f(x) = 0 za svako x
f(x) = 1, za x = 0
0, za x # 0
Analiticki pristup resavanju ovog problema, koji moze biti mnogo
mocniji, u ovom slucaju ne vodi nikuda. Ako uzmete parcijalni izvod
obe strane (ideja je da se prisustvo promenljivih x i y iskoristi za
'ispipavanje' f(x) u okolini neke tacke x0), dobijate nelinearnu
diferencijalnu jednacinu koja se u principu ne moze resiti.
Jedan slican problem, u kome mislim da se analiza mora koristiti je
dokaz da je funkcija oblika e^kx jedina neprekidna funkcija koja
zadovoljava jednakost
f(x)*f(y) = f(x+y)
...sto vam ostavljam kao zanimaciju do sledece prilike.
poz.
funkcije, 3 laka zadatka
