Funktionalgleichung in IN

06.09.2013, 17:48

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Funktionalgleichung in IN

Hi,
ich habe hier zwei nicht allzu schwere Funktionalgleichungen (Klasse 10) und würde mich freuen, wenn ihr meine Lösung korrigieren oder noch was zur Aufgabe beitragen könnt!

Zitat:

301044

Untersuchen Sie, ob es eine für alle reellen Zahlen x definierte Funktion f so gibt, daß für alle natürlichen Zahlen a und b die Gleichung

f ( a ) + f ( a + b ) – f ( a – b ) = a² + 4b + 2 gilt!

Zunächst setze $\begin{eqnarray*} b=1 \end{eqnarray*}$ und setze für $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ : $\begin{eqnarray*} m, m+1, m-1, m+2 \end{eqnarray*}$ (man erhält also 4 Gleichungen, $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ sei eine beliebige natürliche Zahl).

Dann setze $\begin{eqnarray*} b=2 \end{eqnarray*}$ und setze für $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ : $\begin{eqnarray*} m, m+1 \end{eqnarray*}$ (man erhält somit 2 Gleichungen).

Das ergibt ein Gleichungssystem aus 6 Gleichungen mit den 6 Unbekannten $\begin{eqnarray*} f(m), f(m+1), f(m+2), f(m-1), f(m+3), f(m-2). \end{eqnarray*}$

Als Lösung ergibt sich (wenn ich mich nicht verrechnet habe) bspw. $\begin{eqnarray*} f(m)=m²+4 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} f(m+1)=m²+5 \end{eqnarray*}$ , dies gilt für alle natürlichen $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ , woraus schon der Widerspruch folgt, es kann also kein solches $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ geben.
Stimmt das erst mal so? Wenn ja, finde ich den Lösungsweg eigentlich ziemlich unbefriedigend, bin also dankbar für Alternativen.

Eine letzte Fktnlgleichung noch:

Zitat:

311043 A

Es sei f eine Funktion, die für alle positiven ganzen Zahlen n und nur für diese definiert sei und deren sämtliche Funktionswerte f ( n ) ganzzahlig sind. Ferner werde vorausgesetzt, daß für alle positiven ganzen Zahlen m, n die Gleichung

f ( f ( m ) + f ( n ) ) = m + n

gilt.

Man ermittle alle diejenigen Zahlen, die als Funktionswert f ( 1992 ) bei einer solchen
Funktion f vorkommen können.

Alle folgenden Variablen $\begin{eqnarray*} m,n,k \end{eqnarray*}$ seien positiv ganz.

Für $\begin{eqnarray*} m=n \end{eqnarray*}$ lautet die Fktnlgleichung $\begin{eqnarray*} f ( 2f(n) ) = 2n \end{eqnarray*}$ .
Das Argument $\begin{eqnarray*} 2f(n) \end{eqnarray*}$ der äußeren Funktion muss pos. ganz sein, also ist $\begin{eqnarray*} f(n) \end{eqnarray*}$ stets pos. ganz.

$\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ ist außerdem injektiv: aus $\begin{eqnarray*} f(n)=f(k) \end{eqnarray*}$ folgt $\begin{eqnarray*} 2n = f( 2f(n) ) = f( 2f(k) ) = 2k \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} n=k \end{eqnarray*}$ .

Da in $\begin{eqnarray*} f ( f ( m ) + f ( n ) ) = m + n \end{eqnarray*}$ die rechte Seite alle natürlichen Zahlen größer 1 annehmen kann, muss jede natürliche Zahl größer 1 ein Urbild haben.

Aus der Fktnlgleichung und der Injektivität von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ folgt

$\begin{eqnarray*} 2f(n) = f(n+1) + f(n-1) = f(n+2) + f(n-2) =...= f(1) + f(2n-1) \end{eqnarray*}$ , denn wenn man $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ auf jede Seite dieses Gleichungssystems anwendet, erhält man immer $\begin{eqnarray*} 2n \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} 2f(n) \end{eqnarray*}$ besitzt also $\begin{eqnarray*} n-1 \end{eqnarray*}$ verschiedene Darstellungen als Summe zweier verschiedener Summanden (verschieden wegen Inj. von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ ).
[zwei Darstellungen heißen genau dann versch., wenn sie nicht durch Vertauschung der Summanden ineinander übergehen]

Also muss offenbar $\begin{eqnarray*} f(n) \geq n \end{eqnarray*}$ gelten für alle $\begin{eqnarray*} n \geq 2 \end{eqnarray*}$ .

Wäre $\begin{eqnarray*} f(1)>1 \end{eqnarray*}$ , so wäre $\begin{eqnarray*} 2 = f( f(1)+f(1) ) \geq 4 \end{eqnarray*}$ , Widerspruch, also ist $\begin{eqnarray*} f(1)=1 \end{eqnarray*}$ .
Wäre nun $\begin{eqnarray*} f(2)>2 \end{eqnarray*}$ , hätte die 2 kein Urbild, Widerspruch, also ist $\begin{eqnarray*} f(2)=2 \end{eqnarray*}$ .
Induktiv kriegt man nun $\begin{eqnarray*} f(n)=n \end{eqnarray*}$ für alle natürlichen $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ , was die Fktnlgleichung erfüllt.

Stimmt das so? Ich hab mir auch überlegt, dass man schon aus $\begin{eqnarray*} 2f(n) = f(n+1) + f(n-1) \end{eqnarray*}$ die Lösung erhält: das charakterist. Polynom hat die doppelte Nullstelle 1, damit ist $\begin{eqnarray*} f(n)=a+bn \end{eqnarray*}$ . Da $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ natürlichen Wertebereich hat, ist $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ ganz und $\begin{eqnarray*} b \geq 0 \end{eqnarray*}$ . Wegen Injektivität gilt $\begin{eqnarray*} b \neq 0 \end{eqnarray*}$ . Damit und da jede natürliche Zahl größer gleich 2 ein Urbild hat, ist $\begin{eqnarray*} b=1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a=1 \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} a=0 \end{eqnarray*}$ . Damit und nach Einsetzen in die Fktnlgl. kriegt man $\begin{eqnarray*} a=0 \end{eqnarray*}$ .

Edit: Habe mal überall Latex-Tags reingemacht und jetzt sieht alles gequetscht aus ^^

11.09.2013, 12:58

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Ich postuliere mal, dass die erste Aufgabe nicht einfacher zu lösen ist ^^
Die zweite Aufgabe habe ich auch hier gefunden:
http://diendantoanhoc.net/forum/index.ph...-mn-in-mathbbn/
http://math.stackexchange.com/questions/...r-all-m-n-bbb-n
(Update: http://mks.mff.cuni.cz/kalva/short/sh88.html Problem 19)

Die Grundzüge der Lösungen dort sind wie bei mir, im ersten Link wird sie am elegantesten gerechnet, finde ich; im zweiten Link wird, da die Frage nach dem Urbild der 1 eine besondere Rolle spielt, von dieser Frage gewissermaßen ausgegangen, während sie bei mir erst zum Schluss erledigt wird. Also gehe ich mal davon aus, dass ich auch bei der zweiten Aufgabe keinen Fehler gemacht habe Big Laugh

Edit: Update - habe es sogar in der ISL gefunden (hat sich aber nicht in die IMO durchgesetzt) ^^

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