Funkcionalne jednačine - zadaci sa rešenjima

Rešenje:
Odredimo vrednost [tex]x[/tex] za koju je argument [tex]5x-4[/tex] jednak [tex]6[/tex]:
[tex]5x-4=6\Rightarrow x=2[/tex]
Zamenom [tex]x=2[/tex] u datu jednakost dobijamo
[tex]f(6)=f(5\cdot 2-4)=2\cdot 2+1=5[/tex]

Rešenje:
Stavljajući [tex]x=1[/tex] i [tex]x=0[/tex] u uslov, dobijamo sistem
[tex]\left\{\begin{array}{l} 2f(1)+f(0)=1 \\ f(1)+2f(0)=-1 \end{array}\right.[/tex]
Iz prve jednačine je [tex]f(0)=1-2f(1)[/tex]. Zamenom u drugu dobijamo:
[tex]f(1)+2-4f(1)=-1\Rightarrow 3f(1)=3\Rightarrow f(1)=1[/tex]
(Takva funkcija postoji: [tex]f(x)=2x-1[/tex] zadovoljava uslov, jer je [tex]2(2x-1)+\left(2(1-x)-1\right)=2x-1[/tex].)

Rešenje:
Za svaku od funkcija izračunajmo zbir [tex]f(x)+f(-x)[/tex]:
[tex]f(x)=\frac{x^2}{2}:\quad \frac{x^2}{2}+\frac{x^2}{2}=x^2[/tex]
[tex]f(x)=\frac{x^2+x}{2}:\quad \frac{x^2+x}{2}+\frac{x^2-x}{2}=x^2[/tex]
[tex]f(x)=\frac{x^2}{2}+5x-x^3:\quad \left(\frac{x^2}{2}+5x-x^3\right)+\left(\frac{x^2}{2}-5x+x^3\right)=x^2[/tex]
[tex]f(x)=\frac{x^2+5x+1}{2}:\quad \frac{x^2+5x+1}{2}+\frac{x^2-5x+1}{2}=x^2+1\ne x^2[/tex]
Dakle, prve tri funkcije su klase [tex]2[/tex], a jedino [tex]f(x)=\frac{x^2+5x+1}{2}[/tex] nije (na primer, za [tex]x=0[/tex] zbir je [tex]1\ne 0[/tex]).

Rešenje:
Neka je [tex]P(x)=ax^2+bx+c[/tex], pri čemu je [tex]a\ne 0[/tex]. Iz [tex]P(0)=5[/tex] dobijamo [tex]c=5[/tex]. Dalje je
[tex]P(x+1)-P(x)=a(x+1)^2+b(x+1)+c-ax^2-bx-c=2ax+a+b[/tex]
Ovaj izraz mora biti jednak [tex]8x+3[/tex] za svako [tex]x[/tex], pa se koeficijenti uz iste stepene [tex]x[/tex] poklapaju:
[tex]\left\{\begin{array}{l} 2a=8 \\ a+b=3 \end{array}\right.\Rightarrow a=4; b=-1[/tex]
Dakle, [tex]P(x)=4x^2-x+5[/tex]. Provera:
[tex]4(x+1)^2-(x+1)+5-\left(4x^2-x+5\right)=8x+4-1=8x+3[/tex]

Rešenje:
Izaberimo [tex]x[/tex] i [tex]y[/tex] tako da nepoznate vrednosti [tex]f(2x+y)[/tex] i [tex]f(3x-y)[/tex] postanu jednake: [tex]2x+y=3x-y[/tex], tj. [tex]x=2y[/tex]. Pošto tražimo [tex]f(10)[/tex], uzmimo [tex]x=10[/tex], [tex]y=5[/tex]; tada je [tex]2x+y=3x-y=25[/tex] i uslov postaje
[tex]f(10)+f(25)+5\cdot 10\cdot 5=f(25)+2\cdot 10^2+1[/tex]
[tex]f(10)+250=201\Rightarrow f(10)=-49[/tex]
(Takva funkcija postoji: za [tex]x=2y[/tex] uslov daje [tex]f(2y)+10y^2=8y^2+1[/tex], odakle je [tex]f(t)=1-\frac{t^2}{2}[/tex], a neposrednom proverom se vidi da ova funkcija zadovoljava uslov za sve [tex]x[/tex] i [tex]y[/tex].)

Rešenje:
Stavimo [tex]a=4[/tex], [tex]b=1[/tex]. Pošto je [tex]\frac{4+2}{3}=2[/tex], dobijamo
[tex]f(2)=\frac{f(4)+2f(1)}{3}=\frac{8+4}{3}=4[/tex]
Stavimo [tex]a=1[/tex], [tex]b=4[/tex]. Pošto je [tex]\frac{1+8}{3}=3[/tex], dobijamo
[tex]f(3)=\frac{f(1)+2f(4)}{3}=\frac{2+16}{3}=6[/tex]
Sada stavimo [tex]a=n[/tex], [tex]b=n+3[/tex]. Pošto je [tex]\frac{n+2(n+3)}{3}=n+2[/tex], dobijamo [tex]f(n+2)=\frac{f(n)+2f(n+3)}{3}[/tex], tj.
[tex]f(n+3)=\frac{3f(n+2)-f(n)}{2}[/tex]
Indukcijom dokazujemo da je [tex]f(n)=2n[/tex] za svaki prirodan broj [tex]n[/tex]. To važi za [tex]n=1; 2; 3[/tex]. Ako je [tex]f(m)=2m[/tex] za sve [tex]m\le n+2[/tex], onda je
[tex]f(n+3)=\frac{3\cdot 2(n+2)-2n}{2}=\frac{4n+12}{2}=2(n+3)[/tex]
Dakle,
[tex]f(1999)=2\cdot 1999=3998[/tex]
(Funkcija [tex]f(x)=2x[/tex] zadovoljava sve uslove, pa su podaci saglasni.)

Rešenje:
Pošto iz [tex]x\ne 0[/tex] sledi [tex]\frac{1}{x}\ne 0[/tex], možemo [tex]x[/tex] zameniti sa [tex]\frac{1}{x}[/tex]:
[tex]f\left(\frac{1}{x}\right)+3f(x)=\frac{1}{x^2}[/tex]
Pomnožimo ovu jednakost sa [tex]3[/tex] i oduzmimo polaznu:
[tex]8f(x)=\frac{3}{x^2}-x^2\Rightarrow f(x)=\frac{1}{8}\left(\frac{3}{x^2}-x^2\right)[/tex]
Provera: [tex]f(x)+3f\left(\frac{1}{x}\right)=\frac{1}{8}\left(\frac{3}{x^2}-x^2+9x^2-\frac{3}{x^2}\right)=x^2[/tex].
Sada uslov za [tex]u[/tex]. Pošto je [tex]\log_2 t\ge 0\Leftrightarrow t\ge 1[/tex], a osnova [tex]\frac{1}{2}[/tex] manja od [tex]1[/tex], nejednačina je ekvivalentna sa
[tex]\log_{\frac{1}{2}}\frac{u-1}{u+1}\ge 1\Leftrightarrow 0\lt\frac{u-1}{u+1}\le\frac{1}{2}[/tex]
Leva nejednačina daje [tex]u\lt -1[/tex] ili [tex]u\gt 1[/tex], a desna
[tex]\frac{u-1}{u+1}-\frac{1}{2}=\frac{u-3}{2(u+1)}\le 0\Leftrightarrow -1\lt u\le 3[/tex]
Dakle, [tex]u\in\left(1; 3\right][/tex]. Na ovom intervalu i [tex]\frac{3}{u^2}[/tex] i [tex]-u^2[/tex] opadaju, pa [tex]f(u)[/tex] opada i najmanju vrednost dostiže za [tex]u=3[/tex]:
[tex]f(3)=\frac{1}{8}\left(\frac{1}{3}-9\right)=-\frac{13}{12}[/tex]
(Vrednost [tex]f(1)=\frac{1}{4}[/tex] se ne dostiže, jer [tex]u=1[/tex] ne zadovoljava uslov.)

Rešenje:
Ideja je da izaberemo [tex]y[/tex] tako da je [tex]xy=x+y[/tex]; tada se [tex]f(xy)[/tex] i [tex]f(x+y)[/tex] skraćuju. Za [tex]x\ne 1[/tex] stavimo [tex]y=\frac{x}{x-1}[/tex]. Tada je
[tex]xy=\frac{x^2}{x-1},\quad x+y=\frac{x(x-1)+x}{x-1}=\frac{x^2}{x-1}[/tex]
tj. [tex]xy=x+y[/tex], pa data nejednakost postaje [tex]f(x-y)\ge 0[/tex], gde je
[tex]x-y=\frac{x(x-1)-x}{x-1}=\frac{x^2-2x}{x-1}[/tex]
Ostaje da pokažemo da se svaki realan broj [tex]a[/tex] može zapisati u ovom obliku za neko [tex]x\ne 1[/tex]. Za [tex]x\ne 1[/tex] je
[tex]\frac{x^2-2x}{x-1}=a\Leftrightarrow x^2-(a+2)x+a=0[/tex]
Diskriminanta ove kvadratne jednačine je [tex](a+2)^2-4a=a^2+4\gt 0[/tex], pa ona ima realne korene, a [tex]x=1[/tex] nije koren, jer je [tex]1-(a+2)+a=-1\ne 0[/tex].
Uzimajući takav koren [tex]x[/tex] i [tex]y=\frac{x}{x-1}[/tex], dobijamo [tex]x-y=a[/tex], pa je [tex]f(a)\ge 0[/tex]. Pošto je [tex]a[/tex] proizvoljan realan broj, [tex]f(x)\ge 0[/tex] za svaki realan broj [tex]x[/tex].

Rešenje:
Iskoristimo identitete [tex]3xy(x+y)=(x+y)^3-x^3-y^3[/tex] i [tex]18xy=9\left((x+y)^2-x^2-y^2\right)[/tex]. Iz njih sledi
[tex]3xy(x+y+6)=\left[(x+y)^3+9(x+y)^2\right]-\left[x^3+9x^2\right]-\left[y^3+9y^2\right][/tex]
Neka je [tex]h(x)=f(x)-x^3-9x^2-8[/tex]. Zamenom [tex]f(x)=h(x)+x^3+9x^2+8[/tex] u jednačinu kubni i kvadratni članovi se skraćuju, a za konstante važi [tex]8=8+8-8[/tex]. Dobijamo Košijevu jednačinu
[tex]h(x+y)=h(x)+h(y),\quad x,y\in\mathbb{Q}[/tex]
Za [tex]x=y=0[/tex] dobijamo [tex]h(0)=0[/tex]. Indukcijom je [tex]h(nx)=nh(x)[/tex] za svaki prirodan broj [tex]n[/tex], jer je [tex]h((n+1)x)=h(nx)+h(x)[/tex]. Za [tex]y=-x[/tex] dobijamo [tex]h(-x)=-h(x)[/tex], pa je [tex]h(nx)=nh(x)[/tex] za svaki ceo broj [tex]n[/tex]. Za [tex]x=\frac{p}{q}[/tex], gde je [tex]p\in\mathbb{Z}[/tex], [tex]q\in\mathbb{N}[/tex]:
[tex]q\,h\left(\frac{p}{q}\right)=h(p)=p\,h(1)\Rightarrow h\left(\frac{p}{q}\right)=\frac{p}{q}\,h(1)[/tex]
Dakle, [tex]h(x)=cx[/tex], gde je [tex]c=h(1)[/tex], tj. [tex]f(x)=x^3+9x^2+cx+8[/tex]. Obrnuto, svaka takva funkcija zadovoljava jednačinu, jer je [tex]h(x)=cx[/tex] aditivna. Uslov [tex]f(-8)=0[/tex] daje
[tex]-512+576-8c+8=0\Rightarrow c=9[/tex]
Dakle, jedina takva funkcija je [tex]f(x)=x^3+9x^2+9x+8=(x+8)\left(x^2+x+1\right)[/tex].

Rešenje:
Za [tex]n=1[/tex]: [tex]2P(1)=P(1)[/tex], tj. [tex]P(1)=0[/tex]. Oduzimanjem jednakosti za [tex]n-1[/tex] od jednakosti za [tex]n[/tex] ([tex]n\ge 2[/tex]) dobijamo [tex]P(2n-1)=2nP(n)-2(n-1)P(n-1)[/tex]. Obe strane su polinomi po [tex]n[/tex] koji se poklapaju za beskonačno mnogo vrednosti, pa identički važi
[tex]P(2x-1)=2xP(x)-2(x-1)P(x-1)[/tex]
[tex]P[/tex] nije nula-polinom, jer je [tex]P(2)=6[/tex]. Neka je [tex]d=\deg P[/tex] i neka je [tex]a\ne 0[/tex] njegov vodeći koeficijent. Vodeći član leve strane je [tex]2^da\,x^d[/tex]. Uz [tex]Q(x)=xP(x)[/tex] desna strana je [tex]2\left(Q(x)-Q(x-1)\right)[/tex], a pošto je [tex]x^{d+1}-(x-1)^{d+1}=(d+1)x^d+\ldots[/tex], njen vodeći član je [tex]2a(d+1)x^d[/tex]. Dakle,
[tex]2^d=2(d+1)[/tex]
Ovo ne važi za [tex]d=0; 1; 2[/tex] ([tex]1\ne 2[/tex], [tex]2\ne 4[/tex], [tex]4\ne 6[/tex]), a važi za [tex]d=3[/tex]; za [tex]d\ge 4[/tex] je [tex]2^d\gt 2(d+1)[/tex] (tačno je za [tex]d=4[/tex], a kad se [tex]d[/tex] poveća za [tex]1[/tex], leva strana se udvostruči, dok desna poraste samo za [tex]2[/tex]). Dakle, [tex]\deg P=3[/tex].
Još vrednosti: za [tex]n=2[/tex] je [tex]4P(2)=P(1)+P(3)[/tex], pa je [tex]P(3)=24[/tex]; za [tex]n=3[/tex] je [tex]6P(3)=P(1)+P(3)+P(5)[/tex], pa je [tex]P(5)=144-24=120[/tex].
Kubni polinom [tex]x^3-x[/tex] uzima vrednosti [tex]0; 6; 24; 120[/tex] za [tex]x=1; 2; 3; 5[/tex]. Dva polinoma stepena najviše [tex]3[/tex] koja se poklapaju u [tex]4[/tex] tačke su jednaka (njihova razlika je stepena najviše [tex]3[/tex] i ima [tex]4[/tex] korena), pa je
[tex]P(x)=x^3-x=(x-1)x(x+1)[/tex]
Provera: [tex]\sum_{k=1}^{n}(2k-1)^3=n^2\left(2n^2-1\right)[/tex] i [tex]\sum_{k=1}^{n}(2k-1)=n^2[/tex], odakle je
[tex]P(1)+P(3)+\ldots+P(2n-1)=2n^4-2n^2=2n\left(n^3-n\right)=2nP(n)[/tex]
Dakle,
[tex]P(2009)=2008\cdot 2009\cdot 2010=8108484720[/tex]

Rešenje:
Funkcija [tex]f(n)=n[/tex] zadovoljava uslov: [tex]3n-2n=n[/tex].
Obrnuto, neka [tex]f[/tex] zadovoljava uslov i neka je [tex]g(n)=f(n)-n[/tex]; [tex]g[/tex] uzima celobrojne vrednosti. Uslov se može zapisati kao [tex]2f(f(n))-2f(n)=f(n)-n[/tex], tj.
[tex]2g\left(f(n)\right)=g(n),\quad n\in\mathbb{Z}[/tex]
Fiksirajmo ceo broj [tex]n[/tex] i definišimo [tex]n_0=n[/tex], [tex]n_{k+1}=f(n_k)[/tex]; svi [tex]n_k[/tex] su celi brojevi. Primenom relacije na [tex]n_k[/tex] dobijamo [tex]g(n_{k+1})=\frac{g(n_k)}{2}[/tex], pa indukcijom za svaki prirodan broj [tex]k[/tex] važi
[tex]g(n_k)=\frac{g(n)}{2^k}[/tex]
Pošto je [tex]g(n_k)[/tex] ceo broj, [tex]g(n)[/tex] je deljiv sa [tex]2^k[/tex] za svaki prirodan broj [tex]k[/tex]. Ako je [tex]g(n)\ne 0[/tex], izaberimo [tex]k[/tex] tako da je [tex]2^k\gt\left|g(n)\right|[/tex]; ceo broj različit od nule ne može biti deljiv brojem većim od svoje apsolutne vrednosti, što je kontradikcija. Dakle, [tex]g(n)=0[/tex], tj. [tex]f(n)=n[/tex] za svaki ceo broj [tex]n[/tex].

Rešenje:
Pretpostavimo da takva funkcija postoji i neka je [tex]g(x)=x^2-x-1[/tex], tj. [tex]f(f(x))=g(x)[/tex].
Korak [tex]1[/tex]. [tex]f[/tex] komutira sa [tex]g[/tex]: za svako [tex]x[/tex] je
[tex]f(g(x))=f\left(f(f(x))\right)=g\left(f(x)\right)[/tex]
Korak [tex]2[/tex]. Fiksne tačke funkcije [tex]g[/tex]: [tex]x^2-x-1=x\Leftrightarrow x^2-2x-1=0[/tex], pa one čine skup [tex]A=\left\{1-\sqrt{2}; 1+\sqrt{2}\right\}[/tex]. Za jednačinu [tex]g(g(x))=x[/tex] imamo
[tex]g(g(x))-x=\left(x^2-x-1\right)^2-\left(x^2-x-1\right)-1-x[/tex]
[tex]=x^4-2x^3-2x^2+2x+1=\left(x^2-2x-1\right)\left(x^2-1\right)[/tex]
pa njena rešenja čine skup [tex]B=\left\{1-\sqrt{2}; 1+\sqrt{2}; -1; 1\right\}[/tex]. Primetimo da je [tex]g(1)=-1[/tex] i [tex]g(-1)=1[/tex].
Korak [tex]3[/tex]. Ako je [tex]g(p)=p[/tex], onda prema koraku [tex]1[/tex] dobijamo [tex]g(f(p))=f(g(p))=f(p)[/tex], pa [tex]f[/tex] preslikava [tex]A[/tex] u [tex]A[/tex]. Ako je [tex]g(g(t))=t[/tex], onda je [tex]g\left(g(f(t))\right)=f\left(g(g(t))\right)=f(t)[/tex], pa [tex]f[/tex] preslikava [tex]B[/tex] u [tex]B[/tex].
Korak [tex]4[/tex]. Prema koraku [tex]3[/tex] je [tex]f(1)\in B[/tex]. Ako je [tex]f(1)\in A[/tex], onda je i [tex]f(f(1))\in A[/tex]; ali [tex]f(f(1))=g(1)=-1\notin A[/tex]. Dakle, [tex]f(1)\in\{1; -1\}[/tex]. Ako je [tex]f(1)=1[/tex], onda je [tex]g(1)=f(f(1))=f(1)=1[/tex], što je u suprotnosti sa [tex]g(1)=-1[/tex]. Prema tome, [tex]f(1)=-1[/tex].
Tada je [tex]f(-1)=f(f(1))=g(1)=-1[/tex], odakle je [tex]g(-1)=f(f(-1))=f(-1)=-1[/tex], što je u suprotnosti sa [tex]g(-1)=1[/tex]. Dakle, takva funkcija ne postoji.