Functievergelijkingen Fokko

FUNCTIEVERGELIJKINGEN
FOKKO VAN DE BULT
1. Inleiding
Het oplossen van functievergelijkingen is een onderwerp dat nog niet heel lang op
IMO’s voorkomt. Een deel van de reden dat ze nu toch wel regelmatig voorkomen
is dat het lastig is om er veel theorie voor te geven. Een groot deel van de oplossing
van zo’n opgaven moet dan ook bestaan uit ter plekke bedachte argumenten. Door
veel voorbeelden gezien te hebben van trucs die werkten om zulke opgaves op te
lossen kun je echter wel wat gerichter ideeën verzinnen.
Een functievergelijking is in zijn simpelste vorm een opgave van de vorm :
Bepaal alle functies f : X → X die voldoen aan
Een vergelijking waar f en een paar getallen x en y in voorkomen
voor alle x, y ∈ X. Hierbij is X een verzameling getallen, bijvoorbeeld R of Q.
Zoals gezegd leer je het beste dit soort opgaven op te lossen door het te doen.
Daarom is dit stuk verdeeld in stukjes met steeds een uitgewerkt voorbeeld en
daarna opgaven. Oplossingen van sommige opgaven (die met een ∗’tje) zijn achterin
te vinden, maar het is wel de bedoeling dat je voldoende tijd neemt om de opgaven
eerst zelf te proberen te maken.
2. Wat is een functie eigenlijk?
Een goede definitie van wat een functie is geven is erg moeilijk als je niet een
technisch en contra-intuı̈tieve definitie wilt. Echter het beeld wat vaak op school
wordt geschetst van wat functies zijn klopt ook niet echt. Aangezien het moeilijk
is alle functies te vinden met een bepaalde eigenschap als je nog niet eens weet wat
een functie is, moeten we toch een uitleg geven.
Een functie is een soort zwarte doos waar je dingen instopt en waar vervolgens wat
uitkomt. Er hoeft verder geen verband te bestaan tussen de dingen die eruit komen
als je er verschillende dingen instopt (al is dat er meestal wel). De verzameling van
dingen die je erin kunt stoppen noemen we het domein. De verzameling mogelijke
uitkomsten heet het codomein (niet alle elementen uit het codomein hoeven ook
echt aangenomen te worden, het codomein geeft meer het type elementen aan wat
uit de functie komt).
Een functie f van domein D naar codomein B, schrijven we als f : D → B en
koppelt dus aan elk element d ∈ D precies één element b ∈ B, wat we noteren met
f : d 7→ b of f (d) = b. Twee functies, f1 : D1 → B1 en f2 : D2 → B2 , zijn gelijk als
hun domein en hun codomein overeenkomt (D1 = D2 en B1 = B2 ) en als f1 en f2
aan elk element in het domein hetzelfde element in het codomein toevoegen.
De functie is dus f , het recept dat aangeeft hoe je de waarden van het domein
aan die van het codomein koppelt. In het bijzonder is f (x) niet een functie, maar
een functiewaarde (namelijk de waarde van de functie f in het punt x). Net zo
is bijvoorbeeld de sinus een functie, maar sin(x) niet (want dat is weer een functiewaarde).
Date: 3 Januari 2007.
1
2
FOKKO VAN DE BULT
Binnen deze definitie zijn nog altijd de wildste functies mogelijk. Zo is er geen
enkel probleem om een functie te maken van de verzameling mensen op aarde, naar
de verzameling grassprietjes in de tuin van Huis ten Bosch. Ook voor functies tussen
verzamelingen getallen zijn er nog vele “wilde” mogelijkheden, zoals de functie f :
R
√ → R die alle breuken naar 1 stuurt en alle andere getallen (bijvoorbeeld π en
2) naar 0. In het bijzonder kun je van deze functie niet een grafiek tekenen. Op
de IMO zullen zulke vreemde functies waarschijnlijk wel niet (vaak) voorkomen,
maar er moet wel bewezen worden dat zulke functies geen oplossing zijn van een
vergelijking, dus je moet je wel realiseren dat ze bestaan.
In het bijzonder hoeven functies dus niet continu te zijn (dat wil zeggen dat ze een
mooie grafiek hebben). Ook zijn functies op N eigenlijk gewoon rijtjes getallen (in
plaats van de functie f kun je denken aan het rijtje f (1), f (2), . . .) en niet functies
op R waarvan je toevallig alleen de waarden in N bekijkt.
3. Een eerste voorbeeld
Laten we nu beginnen met een voorbeeld, om een idee te geven van hoe het
oplossen van dit soort opgaven ongeveer gaat.
1. Vind alle functies f : Q → Q die voldoen aan de Cauchy-vergelijking
(1)
f (x + y) = f (x) + f (y)
voor alle x, y ∈ Q.
Bewijs. Het eerste wat we doen als we de opgave bekijken is even stilstaan bij het
domein en het codomein van f . In dit geval is het beide Q en hoeven we ons dus geen
zorgen te maken over reële getallen. We doen dit omdat het
√ te vaak gebeurt dat
deelproblemen (als bijvoorbeeld “Kan f (0) gelijk zijn aan 2?”) opgelost kunnen
worden door alleen maar naar het domein of codomein te kijken en je het toch niet
ziet.
Bij een tweede blik op een nieuwe opgave proberen we een oplossing te gokken.
Als we weten waarnaar we zoeken, dan hebben we een beter idee van wat voor
dingen we zouden kunnen bewijzen. Overigens kun je ook in een later stadium,
als je wat meer weet, iets proberen te gokken als het eerder nog niet lukte. In dit
geval lijkt de vergelijking lineair te zijn, dus gokken we f (x) = cx, voor een zekere
constante c ∈ Q (want f (1) ∈ Q). Als we dit invullen krijgen we
f (x + y) = c(x + y) = cx + cy = f (x) + f (y),
dus inderdaad zijn dit oplossingen. We moeten nu nog bewijzen dat er geen andere
zijn. Overigens kan het best voorkomen dat je een aantal oplossingen vindt, maar
nog niet alle, dus wees daarop bedachtzaam.
Om nu wat meer te weten te komen over onze functie gaan we andere dingen
invullen in plaats van x en y. We kunnen bijvoorbeeld x vervangen door 1, of y
vervangen door x + z (voor een nieuwe variabele z), of dit misschien wel allebei
tegelijkertijd doen. Wat willekeurig invullen kan wel eens helpen, maar het doel is
om hiermee de vergelijking te versimpelen.
We gaan daarom proberen zoiets in te vullen dat twee van de drie functiewaarden
in de vergelijking overeenkomen. Als we y = 0 invullen zien we dat x + y = x, en
de twee functiewaardes aan de rechterkant kunnen we gelijkmaken door y = x in te
vullen. Als we dus y = 0 invullen krijgen we
f (x) = f (0) + f (x),
en voor y = x krijgen we
f (2x) = f (x) + f (x) = 2f (x).
Uit de eerste vergelijking kunnen we nu meteen concluderen dat f (0) = 0, en
hebben we dus al de eerste waarde van de functie gevonden! De tweede lijkt minder
FUNCTIEVERGELIJKINGEN
3
interessant, omdat het niet direct de waarde van de functie in een punt geeft, maar
het levert wel een simpel verband op tussen verschillende functiewaardes, wat ook
heel waardevol is.
Nu we voor 0 en 2x de functiewaardes weten, kijken we of we die getallen ook
in onze vergelijking kunnen krijgen. Dus gaan we iets invullen zodat x + y = 0, of
x = 0 of y = 0, dan wel x + y = 2x, of x = 2x of y = 2x. De enige nieuwe dingen
die we kunnen invullen zijn dan y = −x (van x + y = 0) en y = 2x. Dus krijgen we
0 = f (0) = f (x) + f (−x),
ofwel f (−x) = −f (x), en
f (3x) = f (x) + f (2x) = f (x) + 2f (x) = 3f (x).
Op deze manier kunnen we nu doorgaan, maar we beginnen misschien al een
patroon te zien. Inderdaad hebben we laten zien dat f (nx) = nf (x) voor n = 2 en
3, maar voor n = 1 is het natuurlijk sowieso waar, en als we net iets anders kijken
naar de vergelijkingen f (0) = 0 en f (−x) = −f (x), zien we dat het ook geldt voor
n = 0 en −1.
Laten we dus proberen te bewijzen dat f (nx) = nf (x) voor alle n ∈ Z. De
aangewezen methode lijkt inductie. Dat werkt echter alleen om iets te bewijzen
voor alle positieve n (althans in eerste instantie), dus we bewijzen eerst dat f (nx) =
nf (x) voor n ∈ N en x ∈ Z.
Voor n = 1 is het duidelijk waar. Om het te bewijzen voor n + 1, terwijl we
aannemen dat het voor n geldt, vullen we y = nx in in (1). Dit lijkt op wat we
eerder deden en is de enige manier om gebruik te kunnen maken van de aanname
dat f (nx) = nf (x). Dus we krijgen
f ((n + 1)x) = f (x + nx) = f (x) + f (nx) = f (x) + nf (x) = (n + 1)f (x),
en inderdaad geldt het ook voor n + 1. Met inductie volgt dus dat f (nx) = nf (x)
voor alle n ≥ 1.
Voor negatieve n kunnen we nu ook inductie naar beneden toepassen, maar
makkelijker is het gebruiken van f (−x) = −f (x), zodat voor n ≤ −1 geldt f (nx) =
−f (−nx) = −(−n)f (x) = nf (x), want −n ≥ 1. We hebben dus nu voor alle n ∈ Z
laten zien dat f (nx) = nf (x).
Als we nu x = 1 invullen zien we dat f (n) = nf (1). Als we c = f (1) stellen geldt
dus voor alle oplossingen dat f (x) = cx voor x ∈ Z. Om het nu ook voor x ∈ Q te
bewijzen gebruiken we dat
p
p
=f q
= f (p) = cp,
qf
q
q
ofwel f (p/q) = cp/q voor p, q ∈ Z. Dus geldt f (x) = cx voor alle x ∈ Q.
We hadden al laten zien dat dit inderdaad oplossingen zijn, maar het zijn dus
inderdaad ook echt alle oplossingen.
Samenvattend bestaat de methode die we toepassen eruit dat we eerst kijken of
we een oplossing kunnen gokken. Daarna proberen we subsitituties uit te voeren
die al bekende dingen met elkaar relateren of die de vergelijking versimpelen. En
daarna is het een kwestie van patronen zien en met bekende methoden (als inductie)
een net bewijs van die patronen geven. Tenslotte controleren we op het eind altijd
of de oplossingen die we gevonden denken te hebben wel echt oplossingen zijn.
2 (Slowakije 2004). Vind alle functies f : R → R die voldoen aan
f (x) + xf (1 − x) = x2 + 1,
voor alle x ∈ R.
4
FOKKO VAN DE BULT
3 (Balkan 2004). Zij a0 , a1 , . . . een rij reële getallen zodat
a2m + a2n
am+n + am−n − m + n − 1 =
,
2
voor alle m ≥ n ≥ 0. Bepaal a2004 als a1 = 3.
4 (Ierland 2006). Vind alle functies f : R → R die voldoen aan
f (xy + f (x)) = xf (y) + f (x),
voor alle x, y ∈ R en aan f (1) = 1.
5 (Tsjecho-Slowaakse Olympiade 1997). Bepaal alle functies f : R → R die voldoen
aan
f (f (x) + y) = f (x2 − y) + 4f (x)y
voor alle x, y ∈ R.
6 (PAMO 2003). Vind alle functies f : R → R die voldoen aan
f (x2 ) − f (y 2 ) = (x + y)(f (x) − f (y)),
voor alle x, y ∈ R.
7 (Estland 2004). Vind alle functies f : (0, ∞) → R die voldoen aan
f (x)f (y) = f (xy) +
1
1
+
x y
voor alle x, y ∈ (0, ∞).
8 (Baltic Way 2003). Vind alle functies f : Q+ → Q+ die voldoen aan
1
1
f
= f (x),
1+
f (x) = f (x + 1),
x
x
voor alle x ∈ Q+ .
9 (Oekraı̈ne 1997). Vind alle functies f : Q+ → Q+ die voldoen aan
(a) f (x + 1) = f (x) + 1 voor alle x ∈ Q+ ;
(b) f (x2 ) = f (x)2 voor alle x ∈ Q+ .
10 (∗IMO 1986-5). Bepaal alle functies f : R≥0 → R≥0 die voldoen aan
(a) f (xf (y))f (y) = f (x + y) voor alle x, y ∈ R≥0 ;
(b) f (2) = 0;
(c) f (x) 6= 0 voor alle x ∈ [0, 2).
11. Vind alle functies f : Z≥0 → Z≥0 die voldoen aan
4f (x2 + y 2 ) = (f (x) + f (y))2
voor alle x, y ∈ Z≥0
4. In/sur/bijectiviteit
In de zoektocht naar alle functies die aan een bepaalde vergelijking voldoen is het
natuurlijk altijd goed om een paar eigenschappen te kennen, die functies kunnen
hebben. De in-, sur- en bi-jectiviteit van een functie is dan een van de belangrijkere
eigenschappen. Op school worden deze eigenschappen ook wel een-op-een of op
genoemd, maar ik hou me bij hun (van oorsprong) Franse namen.
Definitie 1. Als een functie f alle elementen in het codomein echt aanneemt, dan
noemen we hem surjectief. Ofwel
f : D → B is surjectief als ∀b ∈ B∃d ∈ D : f (d) = b.
FUNCTIEVERGELIJKINGEN
5
Als een functie f twee verschillende punten uit het domein altijd naar twee verschillende punten in het codomein afbeeld dan noemen we hem injectief. Ook wel
f : D → B is injectief als ∀x, y ∈ D : (x 6= y ⇒ f (x) 6= f (y)) .
Een functie f die zowel surjectief is als injectief noemen we bijectief.
Als een functie bijectief is worden dus alle punten van het domein D en het
codomein B precies in paren (van steeds één element uit D en één uit B) verdeeld
en kunnen we een inverse functie f −1 : B → D definiëren (een functie die de zaak
omdraait en bij elk element b uit het codomein het element f −1 (b) = d in het
domein toevoegt met f (d) = b). Er volgt ook uit dat het aantal elementen van de
verzameling van B gelijk is aan dat van D, wat nuttig kan zijn bij combinatorische
opgaves, maar hier niet erg van belang is.
Als je weet dat een functie surjectief is kun je in je functievergelijking een functiewaarde (dus bijvoorbeeld een uitdrukking van de vorm f (y)) gelijk kiezen aan
een willekeurig getal, om zo je vergelijking te versimpelen.
Als je functie injectief is kun je uit f (a) = f (b) concluderen dat a = b (want als
a 6= b dan is f (a) 6= f (b)).
Je zou deze dingen misschien sowieso willen doen, maar als je functie niet surjectief is weet je niet dat er een f (x) is die (bijvoorbeeld) 0 is (neem maar f (x) = x2 +1).
Ook geldt dan niet dat uit f (x) = f (y) volgt dat x = y, want bijvoorbeeld
12 = (−1)2 , maar niet 1 = −1.
Twee functies f : A → B en g : B → C, waarvan het codomein van de ene
het domein van de ander is kunnen na elkaar uitgevoerd worden om een functie
g ◦ f : A → C (spreek uit “g na f ”) te maken die wordt gedefinieerd door
(g ◦ f )(a) = g(f (a)).
Nu geldt dat als g ◦ f injectief is, dat f dat dan ook moet zijn. Stel namelijk
dat f (a) = f (a0 ), dan is ook (g ◦ f )(a) = g(f (a)) = g(f (a0 )) = (g ◦ f )(a0 ), en uit
injectiviteit van g ◦ f volgt dan dat a = a0 en dus is f zelf injectief. Als aan de
andere kant g ◦ f surjectief is, dan is g dat ook. Neem namelijk een element c ∈ C,
dan volgt uit surjectiviteit van g ◦ f dat er een a ∈ A bestaat met (g ◦ f )(a) = c.
Hieruit volgt dat g(f (a)) = c en dus dat c ook echt wordt aangenomen door g.
In de praktijk zal dit vaak gebruikt kunnen worden met g = f . Dan geldt dat
als f ◦ f in- of surjectief is dat f dat dan ook is. Hieruit volgt ook dat als f ◦ f
bijectief is dat f dat zelf ook is.
Laten we nu een voorbeeld bekijken waarin we het veel kunnen gebruiken. Probeer eerst zelf de opgave op te lossen.
12 (IMO 1990-4). Geef een functie f : Q+ → Q+ die voldoet aan:
f (xf (y)) =
f (x)
y
voor alle x, y ∈ Q+ .
Bewijs. Een correcte oplossing van dit probleem zou natuurlijk gewoon het stellen
van de functie zijn en het vervolgens laten zien dat hij werkt. Echter dit zou niet
erg inzichtelijk zijn en dus zullen we in het vervolg laten zien hoe we zo’n functie
kunnen bedenken. Om dat te doen proberen we uit de vergelijking zoveel mogelijk
eigenschappen te vinden waaraan de functie voldoet.
Ten eerste vullen we x = 1 in, zodat
(2)
f (f (y)) =
f (1)
y
Aangezien f (1) > 0 (let op het codomein van onze functie), is de rechterkant een
bijectieve functie van y (als functie van Q+ naar Q+ ). Dus is f zelf ook bijectief.
6
FOKKO VAN DE BULT
Als we y = 1 invullen krijgen we
f (xf (1)) = f (x).
Met injectiviteit volgt hieruit dat xf (1) = x, ofwel dat f (1) = 1. Dus (2) reduceert
tot
(3)
f (f (y)) = 1/y.
Omdat f surjectief is willen we y = f −1 (z) invullen om zo iets moois te krijgen
aan de linkerkant van de vergelijking. Echter we kunnen in dit geval de inverse
zelfs bepalen, want f (f (f (f (y)))) = f (f (1/y)) = y, wegens twee keer (3). Dus
f −1 (y) = f (f (f (y))) = 1/f (y). Vul dus y = f −1 (z) = 1/f (z) in in de oorspronkelijke vergelijking en krijg
(4)
f (xz) =
f (x)
= f (x)f (z).
f −1 (z)
We zien dus dat we de functiewaarde van elk getal kunnen berekenen als we de
functiewaarde van al zijn priemdelers weten, namelijk
f (pn1 1 · · · pnk k ) = f (p1 )n1 · · · f (pk )nk ,
(nota bene: ook voor negatieve exponenten).
Laten we nu maar wat proberen als functie op de priemgetallen. Zet ze eerst op
een rij p1 = 2, p2 = 3, p3 = 5, . . .. Vervolgens kiezen we de waarde op het eerste
priemgetal (2) maar als 3 (want f (2) = 2 werkt niet, wegens f (f (2)) = 1/2 6= 2).
Dan volgt f (3) = f (f (2)) = 1/2. Voor getallen van de vorm 2k 3l , werkt de functie
gegeven door f (2k 3l ) = f (2)k f (3)l = 3k /2l nu (controleer zelf). We kunnen dit idee
dan uitbreiden naar alle priemfactoren door als functie te kiezen voor priemfactoren
pi
pi+1
als i oneven,
f (pi ) :=
1/pi−1 als i even.
Het uitbreiden naar willekeurige getallen gebeurt dan met behulp van (4) , namelijk
2 n1 −n4 n3
f (pn1 1 pn2 2 pn3 3 · · · ) = p−n
p 2 p3 p 4 · · ·
1
Dit invullen in de functievergelijking levert op dat het werkt (doe het zelf!).
13 (Zuid-Afrika 1997). Bepaal alle functies f : Z → Z die voldoen aan
f (m + f (n)) = f (m) + n
voor alle m, n ∈ Z.
14 (Zwitserland 2004). Vind alle functies f : R → R die voldoen aan
f (xf (x) + f (y)) = y + f (x)2
voor alle x, y ∈ R.
15 (Estland 2005). Vind alle functies f : R → R die voldoen aan
f (x + f (y)) = x + f (f (y))
voor alle x, y ∈ R en bovendien aan f (2004) = 2005.
16. Bepaal alle functies f : R → R die voldoen aan
f (xf (x) + f (y)) = f (f (x)2 ) + y
voor alle x, y ∈ R.
17 (∗IMO 1999-6). Bepaal alle functies f : R → R die voldoen aan
f (x − f (y)) = f (f (y)) + xf (y) + f (x) − 1,
voor alle x, y ∈ R.
FUNCTIEVERGELIJKINGEN
7
5. Enige trucs bij het oplossen
Er zijn een paar handige trucs die vaker toepasbaar zijn.
Als je een uitdrukking f (f (y)) = g(y) tegenkomt kun je niet alleen wat zeggen
over de injectiviteit en surjectiviteit van f , maar kun je ook een andere vergelijking
afleiden. In het bijzonder kun je op twee manieren f (f (f (y))) uitrekenen. In het
voorbeeld dat f (f (y)) = g(y) = 1/y krijg je zo bijvoorbeeld dat 1/f (y) = g(f (y)) =
f (f (f (y))) = f (g(y)) = f (1/y).
Een andere truc die je soms kunt toe passen als je een goed idee hebt wat de
oplossing is, is de functie een beetje aanpassen zodat de oplossing simpeler wordt.
Dus als je denkt dat f (x) = x de enige oplossing is, dan zou de functie g(x) =
f (x) − x constant nul moeten zijn. Aangezien een constante functie simpeler is,
kun je hopen dat de vergelijking voor g(x) makkelijker is. Je zou zo ook naar
g(x) = f (x)/x kunnen kijken (wat ook goed werkt als f (x) = cx voor willekeurige
c een oplossing is).
Verder kun je soms de functie versimpelen door te kijken naar g(x) = f (s(x))
voor een zekere functie s, dus bijvoorbeeld g(x) = f (x + 1) of g(x) = f (x2 ), omdat
zo’n term vaker voorkomt in je vergelijkingen.
Tenslotte kun je qua transformaties producten in sommen veranderen door op een
goede manier logaritmes te nemen. Dus als in je functie f (xy) voorkomt kun je kijken naar g(x) = f (ex ), dan is g(x+y) = f (ex ey ). Net zo als je een product f (x)f (y)
hebt kun je kijken naar g(x) = log(f (x)), dan is g(x) + g(y) = log(f (x)f (y)).
18 (Balkan Olympiade 2003). Vind alle functies f : Q → R die voldoen aan
(a) f (x + y) − yf (x) − xf (y) = f (x)f (y) − x − y + xy,
(b) f (x) = 2f (x + 1) + 2 + x,
(c) f (1) + 1 > 0.
Bewijs. Omdat we al iets meer weten over f (1), en omdat in de tweede vergelijking
ook een term f (x+1) staat beginnen we maar eens met y = 1 invullen in de bovenste
vergelijking en krijgen dan
f (x + 1) − f (x) − xf (1) = f (1)f (x) − 1.
Samen met de tweede vergelijking geeft dit
f (x) + xf (1) + f (1)f (x) − 1 = f (x + 1) =
x
1
f (x) − 1 − ,
2
2
ofwel
1
(f (1) + )(f (x) + x) = 0.
2
Nu zien we met f (1) + 1 > 0 dat f (x) + x 6= 0 voor x = 1, dus moet f (1) + 12 = 0
en is f (1) = − 12 .
Met inductie kunnen we nu f (n) uitrekenen voor n ∈ N (en de tweede vergelijking), en dan krijgen we f (n) = 2−n − n. Het lijkt dus dat de functie g(x) = f (x) + x
veel simpeler is. Zij nu g(x) = f (x) + x, dan kunnen we de eerste vergelijking voor
g herschrijven tot
g(x + y) = f (x + y) + x + y = yf (x) + xf (y) + f (x)f (y) − x − y + xy + x + y
= y(g(x) − x) + x(g(y) − y) + (g(x) − x)(g(y) − y) + xy = g(x)g(y).
De tweede vergelijking gaat net zo, maar levert slechts het speciale geval y = 1 van
bovenstaande vergelijking op.
We hebben nu een veel makkelijker vergelijking voor g gekregen, en zouden hiermee wel alle functies kunnen vinden, maar we kunnen het nog makkelijker maken.
Laat h(x) = log(g(x)) (NB hier bedoelen we met log de e log, alhoewel het grondtal
eigenlijk niet veel uithaalt), dan is
h(x + y) = log(g(x + y)) = log(g(x)g(y)) = log(g(x)) + log(g(y)) = h(x) + h(y),
8
FOKKO VAN DE BULT
dus h voldoet aan de Cauchy vergelijking. Merk op dat we echter een probleem
hebben als g(x) ≤ 0, want dan is h niet goed gedefinieerd. Maar we zien ten eerste
dat g(x) = g(x/2 + x/2) = g(x/2)g(x/2) = g(x/2)2 ≥ 0. Bovendien kan g(x) geen
nul zijn, want anders zou 12 = g(1) = g(x + (1 − x)) = g(x)g(1 − x) = 0, en dus
moet g(x) strikt groter zijn dan nul en is h goed gedefinieerd.
We hadden de Cauchy vergelijking al opgelost en dus kunnen we meteen concluderen dat h(x) = cx voor zekere constante c en alle x ∈ Q. Dus g(x) = ecx
voor zekere c, en f (x) = ecx − x. We vinden de c nog door x = 1 in te vullen en
vinden − 21 = f (1) = ec − 1, dus c = − log(2). Dus de enig mogelijke oplossing
is f (x) = 2−x − x voor alle x ∈ Q. Als laatste stap controleren we nog dat dit
inderdaad een oplossing is van de oorspronkelijke vergelijking.
Dus we berekenen voor f (x) = 2−x − x dat
f (x + y) − yf (x) − xf (y) = 2−x−y − x − y − y(2−x − x) − x(2−y − y)
= 2−x 2−y − x2−y − y2−x + xy − x − y + xy
= (2−x − x)(2−y − y) − x − y + xy
= f (x)f (y) − x − y + xy.
Net zo vinden we
f (x) = 2−x − x = 2 · 2−x−1 − x = 2 · 2−x−1 − 2x − 2 + 2 + x = 2f (x + 1) + 2 + x.
En uiteindelijk merken we nog op dat f (1) = 2−1 − 1 = −1/2 en dus is f (1) + 1 =
1/2 > 0.
19 (∗IMO 1987-4). Bewijs dat er geen functie f : Z≥0 → Z≥0 bestaat die voldoet
aan
f (f (n)) = n + 1987
voor alle n ∈ Z≥0 .
20 (* ). Vind een bijectie f : N → N die voldoet aan
f (3mn + m + n) = 4f (m)f (n) + f (m) + f (n).
21 (∗IMO 1998-6). Beschouw alle functies f : N → N die voldoen aan
f (t2 f (s)) = sf (t)2
voor alle s, t ∈ N. Bepaal de kleinst mogelijke waarde van f (1998).
6. Wat eigenschappen van functies
In de uitwerking van IMO 1990-4 hebben we de vergelijking gereduceerd tot
een makkelijker vergelijking. Het helpt om te weten wat voor voorbeelden van
makkelijke vergelijkingen er regelmatig voorkomen.
Zo komt het vaak voor dat oplossingen even (wat betekent dat f (x) = f (−x)) of
juist oneven (f (x) = −f (−x)) zijn.
Ook kan het goed zijn om te kijken naar vaste punten, of dekpunten, van een
functie. Een getal c is een dekpunt van de functie f als f (c) = c. Hiervoor moeten
codomein en domein natuurlijk wel overeenstemmen, anders vergelijk je appels met
peren.
In het volgende voorbeeld gebruiken we het intuı̈tieve idee dat een functie weinig
dekpunten heeft. Probeer het weer eerst zelf.
22 (IMO 1983-1). Bepaal alle functies f : R+ → R+ die voldoen aan:
(a) f (xf (y)) = yf (x) voor alle x, y > 0;
(b) f (x) → 0 als x → ∞.
FUNCTIEVERGELIJKINGEN
9
Bewijs. Vul eerst y = x in om te zien dat
f (xf (x)) = xf (x),
ofwel xf (x) is altijd een dekpunt. Als we konden laten zien dat f maar één dekpunt,
zeg c, heeft zouden we meteen de oplossing weten, namelijk xf (x) = c dus f (x) =
c/x. Invullen van x = c hierin geeft dat c = f (c) = c/c = 1. En inderdaad is
f (x) = 1/x een oplossing, want f (xf (y)) = f (x/y) = y/x = yf (x) voor deze f en
bovendien in limx→∞ 1/x = 0. We moeten nu dus nog bewijzen dat f echt maar
één vast punt heeft.
Nu weer in het algemeen. Laten we x = 1 invullen in de oorspronkelijke vergelijking. Dan krijgen we
(5)
f (f (y)) = yf (1),
ofwel f ◦ f is een bijectie (let op f (1) > 0) en dus is f dat zelf ook. Aangezien
x = y = 1 invullen oplevert dat
f (f (1)) = f (1),
zien we, wegens injectiviteit van f , dat f (1) = 1. Dus 1 is een dekpunt.
Laat c nu een willekeurig vast punt zijn. Dan is cf (c) = c2 dat ook en met
inductie volgt dan dat cn voor n > 0 een vast punt is (vul x = c en y = cn in
om het voor cn+1 te bewijzen). Als c > 1, dan volgt dat voor willekeurig grote
waardes van x (namelijk cn voor zekere n) geldt dat f (x) = x, ofwel dat de limiet
van x → ∞ van f (x) nooit nul kan zijn. Dus f heeft in elk geval geen vaste punten
groter dan 1.
Zij nu c < 1 een vast punt van f en vul y = c en x = 1/c in, dan zien we
1 = f (1) = f (1/c · c) = f (xf (y)) = yf (x) = cf (1/c),
ofwel f (1/c) = 1/c en 1/c > 1 is ook een vast punt. Aangezien f , zoals net
aangetoond, geen vaste punten groter dan 1 had, geeft dit weer een tegenspraak en
heeft f dus ook geen vaste punten kleiner dan 1.
Het enige vaste punt van f is dus 1, en de enige functie f die aan de eisen voldoet
is f (x) = 1/x. We hadden al gecontroleerd dat deze functie inderdaad voldoet, dus
is dit inderdaad een oplossing.
23 (Tsjecho-Slowaakse Olympiade 2004). Vind alle functies f : (0, ∞) → (0, ∞)
die voldoen aan
x2 (f (x) + f (y)) = (x + y)f (f (x)y)
voor alle x, y ∈ (0, ∞).
24 (∗IMO 1994-5). S is de verzameling reële getallen groter dan -1. Bepaal alle
functies f : S → S die voldoen aan de volgende twee voorwaarden
(a) f (x + f (y) + xf (y)) = y + f (x) + yf (x) voor alle x, y ∈ S;
(b) f (x)
x is strict stijgend op (−1, 0) en (0, ∞).
25 (∗IMO 1996-3). Bepaal alle functies f : Z≥0 → Z≥0 die voldoen aan
f (m + f (n)) = f (f (m)) + f (n)
voor alle m, n ∈ Z≥0
10
FOKKO VAN DE BULT
7. Het uitbreiden van oplossingen op Q naar oplossingen op R
Het komt nog al eens voor dat je door een methode als inductie kan bewijzen wat
de waarde van je functie is op Q (zoals we gedaan hadden in het eerste voorbeeld
van de Cauchy-vergelijking), maar je moest alle functie op R vinden die aan je
vergelijking voldoen. Nu is er altijd maar hooguit één “mooie” functie op R die op
Q van de vorm is die jij wil, dus je hebt wel sterk het vermoeden dat je weet wat
de oplossing is. Je kunt echter er niet van uitgaan dat je oplossingen mooi zijn, dus
je moet iets verzinnen om dit echt aan te tonen.
De methode die wij hier gebruiken is gebaseerd op het feit dat elk reëel getal
willekeurig dicht ligt bij een breuk. In het bijzonder is er tussen elke twee verschillende reële getallen altijd een breuk te vinden, hoe weinig die twee reële getallen
ook verschillen. Deze eigenschap noemen we de dichtheid van de rationale getallen.
Dit geldt ook voor andere verzamelingen, bijvoorbeeld voor de verzameling van de
getallen van de vorm p2k voor p, k ∈ Z (dus breuken met als noemer een macht van
2). Deze methode is dus ook net zo goed toepasbaar als je je functie eerst alleen
kent op zo’n andere dichte verzameling.
We bekijken een uitbreiding van ons eerste voorbeeld.
26. Bepaal alle functies f : R → R die voldoen aan:
f (x) + f (y) = f (x + y)
voor alle x, y ∈ R en f (x) > 0 als x > 0.
Bewijs. Als eerder bewijzen we dat f (x) = cx voor x ∈ Q. Merk op dat c ∈ R omdat
het beeld van onze functie ook is veranderd (het bewijs dat dit alle oplossingen zijn
voor f : Q → R moet daarom eigenlijk ook over, maar het is identiek als dat wat
wij al gegeven hebben voor functies f : Q → Q).
We willen nu laten zien dat f (x) = cx zelfs geldt voor alle x ∈ R. Stel dat dat
niet zo is. Kies dan een x zodat f (x) < cx (als f (x) > cx is f (−x) = −f (x) < −cx,
dus dit kan altijd). Omdat Q dicht ligt in R is er nu een rationaal getal q zodat
f (x)/c < q < x (NB c > 0).
Het idee is nu dat we deze discrepantie veschuiven naar 0, waar we wat meer
weten van onze functie. Dus vul nu y = −q in in (1). Dan krijgen we
f (x − q) = f (x) + f (−q) = f (x) − cq < 0,
terwijl x − q > 0. Dit is in tegenspraak met de eis dat f (x) > 0 als x > 0. Dus onze
veronderstelling is onjuist en er zijn geen x zodat f (x) 6= cx.
De enige oplossingen zijn dus van de vorm f (x) = cx, en een berekening als in
het eerste voorbeeld laat zien dat dit inderdaad oplossingen zijn.
Merk overigens op dat de vergelijking (1) voor functies f : R → R en geen verdere
eisen, weliswaar voor waarden q ∈ Q wel moet voldoen aan f (q) = cq voor zekere
c, maar ook nog andere oplossingen heeft dan alleen f (x) = cx voor alle x ∈ R.
Deze alternatieve oplossingen zijn echter zeer vreemde functies en kunnen zelfs niet
expliciet gegeven worden.
27 (Baltic Way 1995). Vind alle functies f : R6=0 → R die voldoen aan
(a) f (1) = 1;
1
) = f ( x1 ) + f ( y1 ) voor alle x, y, x + y 6= 0;
(b) f ( x+y
(c) (x + y)f (x + y) = xyf (x)f (y) voor alle x, y, x + y 6= 0.
28 (Silk Road Competitie (Turkije) 2004). Vind alle functies f : R → R die voldoen
aan
(x + y)(f (x) − f (y)) = (x − y)f (x + y)
voor alle x, y ∈ R.
FUNCTIEVERGELIJKINGEN
11
29 (IMO 1992-2). Bepaal alle functies f : R → R die voldoen aan
f (x2 + f (y)) = y + f (x)2 ,
voor alle x, y ∈ R.
30 (∗IMO 2002-5). Bepaal alle functies f : R → R die voldoen aan
(f (x) + f (y))(f (u) + f (v)) = f (xu − yv) + f (xv + yu),
voor alle x, y, u, v ∈ R.
8. Polynomiale vergelijkingen
Soms komt het voor dat je een functievergelijking hebt voor een polynomiale
functie. Dan is het zaak om te gebruiken dat twee polynomen gelijk zijn als al hun
coefficienten gelijk zijn. Zorg er wel voor dat je dan polynomen vergelijkt en dus
minstens één variabele overhoudt.
Een aantal van de genoemde eigenschappen van functies zeggen meteen wat over
de coëfficienten van een polynoom. Zo is de constante (de coëfficient voor x0 ) van
een polynoom gelijk aan P (0), en in het bijzonder is die 0 als P (0) = 0. In dat
geval is P (x) = xQ(x) voor een polynoom Q. Meer algemeen is het natuurlijk zo
dat als P (a) = 0 dat dan P (x) = (x − a)Q(x) voor een ander polynoom Q.
Ook goed is het om te weten dat een even polynoom (dus een polynoom P die
voldoet aan P (x) = P (−x)) alleen even machten van x bevat en een oneven polynoom (P (x) = −P (−x)) alleen oneven machten van x bevat. Voor een polynoom
P (x) = c0 + c1 x + c2 x2 + · · · geldt namelijk dat als P (x) = P (−x) dat
(c0 + c1 x + c2 x2 + · · · ) + (c0 − c1 x + c2 x2 − · · · )
P (x) + P (−x)
=
2
2
2c0 + 2c2 x2 + 2c4 x4 + · · ·
=
= c0 + c2 x2 + c4 x4 + · · ·
2
en bevat het dus alleen even machten van x (want door het vergelijken van de
coëfficienten van de polynomen P (x) en c0 + c2 x2 + c4 x4 + · · · aan beide kanten van
bovenstaande vergelijking krijgen we de identiteiten c0 = c0 , c1 = 0, c2 = c2 , c3 = 0
etc.; dus alle oneven coëfficienten van P zijn nul).
Als c een vast punt van een polynoom P (x) is betekent dat dat P (c) = c, ofwel
P (c) − c = 0. Dus nu heeft P (x) − c een nulpunt in c, zodat P (x) − c = (x − c)Q(x)
voor een zeker polynoom Q.
Merk ook nog op dat een polynoom altijd eindige graad heeft en dus ook een
eindig aantal nulpunten (tenzij het polynoom identiek nul is), want dat aantal is
kleiner dan de graad. Tenslotte merken we nog op dat polynomen surjectief zijn
dan en slechts dan als hun graad (de hoogste macht van x die voorkomt) oneven is.
P (x) =
31 (Argentinië 2004). Bepaal alle polynomen P (x) met reële coefficienten die voldoen aan
y
x
xP
+ yP
= x + y,
x
y
voor x, y 6= 0.
Bewijs. We vullen eerst y = 1 in en krijgen
1
xP
+ P (x) = x + 1.
x
Zij nu P een polynoom van graad n, dus P (x) = c0 + c1 x + · · · + cn xn , en vermenigvuldig de vergelijking met xn−1 (zodat het een vergelijking tussen polynomen
wordt). Dan krijgen we
(cn + cn−1 x + · · · + c0 xn ) + (c0 xn−1 + c1 xn + · · · + cn x2n−1 ) = xn−1 + xn .
12
FOKKO VAN DE BULT
Als we dan de termen voor elke coefficient aan elkaar gelijk stellen krijgen we de
volgende vergelijkingen (voor respectievelijk graad 0,1,. . . n − 2, n − 1, n, n + 1, . . . ,
2n − 1).
cn = 0,
c0 + c1 = 1,
cn−1 = 0,
c2 = 0,
...
...
c2 = 0,
cn = 0.
c1 + c0 = 1
Dus we zien dat c0 = 1 − c1 en dat ck = 0 als k ≥ 2.
De enige mogelijke oplossingen zijn dus P (x) = (1 − c) + cx. Invullen geeft dat
dit inderdaad oplossingen zijn voor alle c ∈ R.
32 (Estland 2004). Zij k > 1 een natuurlijk getal. Vind alle polynomen P (x) die
voldoen aan P (xk ) = P (x)k voor alle x.
33 (Nieuw Zeeland 2004). Vind alle polynomen f (x) die voldoen aan
f (x2 ) = f (x)f (x + 1).
34 (∗IMO 2004-2). Bepaal alle polynomen P (x) met reële coëfficienten die voldoen
aan de vergelijking
P (a − b) + P (b − c) + P (c − a) = 2P (a + b + c)
voor alle drietallen reële getallen a, b en c waarvoor geldt dat ab + bc + ca = 0.
9. Geselecteerde oplossingen
Oplossing van IMO 1986-5, Opgave 10. Vul eerst y = 2 in en zie dat voor alle x ≥ 0
0 = f (xf (2))f (2) = f (2 + x),
ofwel f (x) = 0 voor x ≥ 2. Stel nu dat y < 2. We zien dat voor x < 2 − y (en dus
x + y < 2) geldt
f (xf (y))f (y) = f (x + y) 6= 0,
dus dan is f (xf (y)) 6= 0 en dus xf (y) < 2, ofwel f (y) < 2/x. De limiet nemend
voor x → 2 − y geeft dat f (y) ≤ 2/(2 − y). Aan de andere kant geldt voor x = 2 − y
dat
f ((2 − y)f (y))f (y) = f (2 − y + y) = f (2) = 0,
en aangezien y < 2 is f (y) 6= 0, dus moet f ((2 − y)f (y)) = 0. Dit betekent dat
(2 − y)f (y) ≥ 2, ofwel dat f (y) ≥ 2/(2 − y). Samen met f (y) ≤ 2/(2 − y), levert
dit op dat de enig mogelijke oplossing is
2
als x < 2,
2−x
f (x) =
0
als x ≥ 2.
Invullen in de vergelijking en alle gevallen afgaan, levert op dat het klopt.
Oplossing van IMO 1999-6, Opgave 17. Het eerste wat opvalt is dat de vergelijking
alleen f (y) bevat en geen losse y’s. Laten we dus eerst f (y) vervangen door z
en dan alle oplossingen proberen te vinden. We vinden er zo wel wat minder dan
oplossingen van de oorspronkelijke vergelijking, maar dat probleem bewaren we voor
later. Ofwel we bekijken de vergelijking
f (x − z) = f (x) + xz + f (z) − 1.
Vul nu x = z in en zie dat
f (0) = 2f (z) + z 2 − 1,
ofwel
1
(1 + f (0) − z 2 ).
2
z = 0 invullen geeft dat f (0) = 1 en dus is dan de enige oplossing
1
f (z) = 1 − z 2 .
2
f (z) =
FUNCTIEVERGELIJKINGEN
13
(Invullen in de vergelijkingen en uitwerken levert dat het inderdaad een oplossing
is.)
Nu proberen we hetzelfde te doen voor de echte vergelijking. We zullen z schrijven
voor f (y). Het enige verschil met boven is dus, dat we niet iets willekeurigs voor z
mogen invullen. De eerste stap x = z invullen kan echter wel en levert weer op dat
1
(1 + f (0) − z 2 ).
2
Aangezien we nu de functiewaardes op getallen van de vorm f (z) kennen is het een
idee om voor x ook een functiewaarde te kiezen. Als we dat doen zien we dat voor
x, z ∈ f (R) (f (R) is het beeld van alle elementen, dus alle getallen die echt door f
worden aangenomen)
(6)
f (z) =
f (x − z) = f (z) + xz + f (x) − 1
1
1
= (1 + f (0) − z 2 ) + xz + (1 + f (0) − x2 ) − 1
2
2
1
2
= f (0) − (x − z) .
2
We willen nu laten zien dat elk getal in R geschreven kan worden als verschil van
twee functiewaardes. Laten we nu de uitdrukking f (x − f (0)) − f (x) bekijken (dit
zal namelijk zowiezo een lineaire expressie in x worden), dan zien we dat
f (x − f (0)) − f (x) = f (f (0)) + xf (0) + f (x) − 1 − f (x) = f (f (0)) + xf (0) − 1.
De rechterkant is een bijectieve functie van x van R → R als f (0) 6= 0. Dus in
het bijzonder is het surjectief en we kunnen dan dus elk getal schrijven als y =
f (f (0)) + xf (0) − 1 voor een zeker x. Maar dan kunnen we die y dus ook schrijven
als f (x − f (0)) − f (x), ofwel het verschil van twee functiewaardes. In dat geval
weten we dat
1
f (y) = f (0) − y 2 .
2
We kunnen echter makkelijk aantonen dat f (0) 6= 0. Stel namelijk dat f (0) = 0
dan is wegens (6)
1
0 = f (0) = (1 + f (0) − 02 ) = 1/2.
2
Dit is een tegenspraak en dus is f (0) 6= 0. We weten dus dat
1
f (y) = f (0) − y 2 ,
2
voor alle y ∈ R. Door nu een functiewaarde voor y in te vullen zien we dat we op
twee verschillende manieren f (y) kunnen uitrekenen, namelijk door bovenstaande
formule of door (6) en zien we dus dat
1
1
f (0) − y 2 = f (y) = (1 + f (0) − y 2 ).
2
2
Dit oplossend geeft f (0) = 1. Dus de enig mogelijke oplossing van de vergelijking is
1
f (x) = 1 − x2 .
2
Invullen in de opgave levert op dat dit ook echt een oplossing is.
Oplossing van IMO 1987-4, Opgave 19. Stel dat er wel zo’n f bestaat. Eerst berekenen we op twee manieren f (f (f (n))) en zien we dat
f (n + 1987) = f (f (f (n))) = f (n) + 1987.
Dus we zien met inductie dat ook f (n + 1987k) = f (n) + 1987k voor alle gehele k
(zowel positief als negatief, zolang n en n + 1987k maar positief zijn). Dus we zien
14
FOKKO VAN DE BULT
dat we met behulp van f ook een functie g : Z/1987Z naar Z/1987Z (dit zijn de
getallen modulo 1987 gerekend) kunnen definieren door
g(n
mod 1987) = f (n)
mod 1987.
(Om dit te kunnen definiëren moeten 2 getallen uit dezelfde restklasse op hetzelfde
getal worden afgebeeld, maar dat hebben we net laten zien). We zien dan dat de
functievergelijking voor g betekent dat
g(g(n)) = n.
Dit betekent dat de elementen van Z/1987Z in paren worden verdeeld, namelijk
steeds paren van de vorm (n, g(n)). Aangezien er een oneven aantal elementen in
Z/1987Z zitten moet er dan een paar bestaan met twee keer hetzelfde element, ofwel
er moet een n bestaan met g(n) = n. Voor f betekent dit echter dat f (n) = n+1987l
voor een zekere gehele l. Maar dan is
f (f (n)) = f (n + 1987l) = f (n) + 1987l = n + 2 · 1987l 6= n + 1987.
Dus we hebben een tegenspraak en onze eerste stelling dat er wel een f bestond is
niet waar. Er bestaat dus geen f die aan deze vergelijking voldoet.
Oplossing van opgave 20. Om wat te kunnen met deze opgave willen we eigenlijk
de vergelijking versimpelen. Een van de dingen die we kunnen proberen is om de
term 3mn + m + n te ontbinden. Helaas gaat dit niet, en het beste wat we kunnen
doen is zien dat
1
1
1
3mn + m + n = 3(m + )(n + ) − .
3
3
3
We houden echter niet van breuken, dus vermenigvuldigen beide kanten met 3, en
om het ontbindbaar te maken tellen we er dan 1 bij op. Dus krijgen we
3(3mn + m + n) + 1 = (3m + 1)(3n + 1).
Dus die 3x + 1 termen komen nu wel verdomd veel voor.
Laten we een functie g bekijken die voldoet aan f (x) = g(3x + 1). Dan voldoet
g aan de vergelijking
g((3m + 1)(3n + 1)) = f (3mn + m + n) = 4f (m)f (n) + f (m) + f (n)
= 4g(3m + 1)g(3n + 1) + g(3m + 1) + g(3n + 1),
ofwel
g(xy) = 4g(x)g(y) + g(x) + g(y),
voor x en y getallen van de vorm 1 modulo 3.
Om de rechterkant mooi te maken voeren we nu een zelfde truc uit door de functie
h(x) = 4g(x) + 1 te definieren. Dan is
(7)
h(xy) = 4g(xy) + 1 = 16g(x)g(y) + 4g(x) + 4g(y) + 1
= (4g(x) + 1)(4g(y) + 1) = h(x)h(y).
Dus h voldoet nu aan een hele simpele vergelijking.
Onze transformaties hebben echter wel het domein en codomein van onze functie
verandert. In het bijzonder zien we dat het domein van g (en dus ook h) alleen de
positieve getallen zijn van de vorm 3k + 1, en het codomein van h zijn de positieve
getallen van de vorm 4k + 1. We moeten dus een bijectie vinden tussen de getallen
van de vorm 3k + 1 en die van de vorm 4k + 1 die voldoet aan (7).
We zien dat de vergelijking ervoor zorgt dat h bepaalt wordt door de waarden
op priemgetallen. Om een bijectie te maken moeten bovendien priemgetallen naar
priemgetallen gestuurd worden. En getallen van de vorm 3k + 1 moeten naar een
getal van de vorm 4k + 1 gestuurd worden.
Verdeel nu de priemgetallen in twee keer twee groepen. A1 en A2 zijn de priemgetallen met resten 1 en 2 modulo 3 respectievelijk (en 3 zelf vergeten we) en B1 en
FUNCTIEVERGELIJKINGEN
15
B3 zijn de priemgetallen met resten 1 en 3 modulo 4 (waarbij we 2 vergeten). Een
stelling van de getaltheorie die we hier niet uitwerken zegt dat al deze vier verzamelingen (aftelbaar) oneindig veel elementen bevatten. Dus er is een bijectie tussen
A1 en B1 en tussen A2 en B3 . Dit definiëert een goede bijectie h, door een product
van priemgetallen naar het product van de beelden te sturen. Merk op dat een getal
van de vorm 1 modulo 3 altijd een even aantal priemfactoren 2 modulo 3 bevat,
zodat het beeld een even aantal priemfactoren 3 modulo 4 heeft en dus is het beeld
1 modulo 4.
Nu terugwerken wat dit betekent voor f geeft de gevraagde bijectie, dus f (x) =
h(3x+1)−1
, met h als boven.
4
Oplossing van IMO 1998-6, Opgave 21. Vul eerst t = 1 in en krijg
f (f (s)) = sf (1)2 .
Dus f is injectief omdat f ◦ f dat is. (NB f is niet noodzakelijk surjectief, omdat de
functie van N naar N gaat en dus is f ◦ f niet noodzakelijk surjectief als f (1) 6= 1.)
Vul nu s = f (u2 f (1)) in en krijg
f (t2 u2 f (1)3 ) = f (t2 f (u2 f (1))) = f (u2 f (1))f (t)2 = f (u)2 f (t)2 .
Dit betekent dat als we twee paren getallen hebben met ab = cd dat dan ook
f (a)2 f (b)2 = f (a2 b2 f (1)3 ) = f (c2 d2 f (1)3 ) = f (c)2 f (d)2 .
Aangezien f alleen positieve waardes aanneemt betekent dit dat
(8)
f (a)f (b) = f (c)f (d).
In het bijzonder zien we met inductie ook dat
f (an )f (1)n−1 = f (a)n .
Stel nu dat f (1) 6 |f (a). Dan is er een priemfactor p en een zekere m ∈ N zodat
pm |f (1) en pm 6 |f (a). Dus de linkerkant van de vergelijking wordt door op zijn
minst m(n − 1) keren p gedeeld en de rechterkant door op zijn hoogst (m − 1)n. Als
n > m is m(n − 1) > (m − 1)n en dus kan er dan geen gelijkheid van gehele getallen
meer staan. Dus we hebben een tegenspraak en dus is f (1)|f (a).
We willen nu aantonen dat g(n) := f (n)/f (1) nog steeds aan de oorspronkelijke
vergelijking voldoet. Nu weten we in de oorspronkelijke vergelijking met s = 1 en
met behulp van (8) dat
f (t2 f (1)) = f (t)2 = f (t2 )f (1).
We zien dus ook, weer met behulp van (8) dat
f (af (1))f (a) = f (a2 f (1))f (1) = f (a)2 f (1),
ofwel dat
f (af (1)) = f (a)f (1).
Nu kunnen we voor g berekenen dat
g(t2 g(s)) = f (t2 f (s)f (1))f (1) = f (t2 f (s))f (1)2 = sf (t)2 f (1)2 = sg(t)2 .
Dus inderdaad voldoet g nu zelf ook aan de vergelijking. We kunnen dus aannemen dat f (1) = 1, want alle oplossingen zijn toch zulke oplossingen, hooguit
vermenigvuldigt met een constante. (En als we de kleinste functiewaarde voor 1998
zoeken zal die constante toch 1 moeten zijn.) We zien dan echter meteen dat f ◦ f
nu wel bijectief is, en f dus ook. Ook is in dit geval f zijn eigen inverse.
Dus vergelijking (8) wordt dan met c = ab en d = 1
f (ab) = f (a)f (b).
Dit betekent dat we alle functiewaardes kunnen uitrekenen als we f kennen op
de priemgetallen. Aangezien f zijn eigen inverse zullen de priemgetallen in paren
16
FOKKO VAN DE BULT
worden opgedeeld, waarbij elk priemgetal wordt afgebeeld op het andere element
van het paar (eventueel kan zo’n paar bestaan uit 2 keer hetzelfde priemgetal). We
zien dat
f (1998) = f (2)f (3)3 f (37),
dus dit is minimaal als f (3) = 2, f (2) = 3 en f (37) = 5 (en dus ook f (5) = f (37)).
Dan is de waarde f (1998) = 23 · 3 · 5 = 120. Een expliciet voorbeeld van een functie
die we zouden kunnen gebruiken wordt gegeven door
f (2n1 · 3n2 · 5n3 · 37n4 q) = 2n2 · 3n1 · 5n4 · 37n3 q.
waar q ∈ N en q geen delers 2,3,5 of 37 heeft. Dat dit werkt volgt uit simpelweg
invullen.
Oplossing van IMO 1994-5, Opgave 24. Het eerste wat opvalt is dat links onder de
functie en rechts hetzelfde staat met x en y verwisselt. Dus vullen we y = x in en
krijgen
f (x + f (x) + xf (x)) = x + f (x) + xf (x).
Dus (x + 1)f (x) + x is een vast punt van de functie f . Nu weten we dat voor een
vast punt ongelijk aan 0 geldt dat f (x)/x = 1. Uit de tweede eis volgt dus dat er
ten hoogste 1 vast punt zit in zowel het interval (−1, 0) als het interval (0, ∞).
Zij a een vast punt in (−1, 0), dan is ook (a + 1)f (a) + a = a(a + 2) een vast
punt. Echter a(a + 2) < 0 en dus moet a = a(a + 2). Dan geldt a = −1 en dat kan
niet, dus er is geen vast punt in (−1, 0).
Anderzijds zij b een vast punt in (0, ∞) dan is ook (b + 1)f (b) + b = b(b + 2) een
vast punt. Echter b(b + 2) > 0 en dus moet b = b(b + 2). Ook nu volgt b = −1 en
dat kan weer niet. Dus er is ook geen vast punt in (0, ∞).
Het enige mogelijke vaste punt is dus 0. Dit zou betekenen dat alle functies die
aan deze vergelijking voldoen ook voldoen aan
(x + 1)f (x) + x = 0,
ofwel dat
1
x
= −1 +
.
x+1
x+1
Dit invullen geeft dat deze functie inderdaad werkt. NB Inderdaad is 0 een vast
punt van deze functie.
f (x) = −
Oplossing van IMO 1996-3, Opgave 25. Vul eerst m = 0 in en zie dat
(9)
f (f (n)) = f (f (0)) + f (n).
Als we dan ook nog eens n = 0 invullen zien we dat
f (f (0)) = f (f (0)) + f (0),
ofwel dat f (0) = 0. Dit betekent dat (9) versimpelt tot
f (f (n)) = f (n).
Het volgt dus dat f (n) een vast punt is voor alle n. Hierna kunnen we de oorspronkelijke vergelijking versimpelen tot
f (m + f (n)) = f (f (m)) + f (n) = f (m) + f (n).
In het bijzonder zien we met inductie (naar a) dat voor a ∈ N
(10)
f (b + af (n)) = f (b) + af (n).
Zij nu k > 0 het kleinste positieve getal dat een vast punt is, ofwel met f (k) = k.
Dan zijn natuurlijk alle gehele veelvouden van k ook een vast punt, maar ik beweer
dat er geen andere vaste punten zijn. Stel namelijk dat l = b + ak een vast punt is
met 0 < b < k. Dan is
l = f (l) = f (b + ak) − f (b + af (k)) = f (b) + af (k) = f (b) + ak,
FUNCTIEVERGELIJKINGEN
17
ofwel b = f (b). Dan is b dus ook een vast punt, maar dat kan niet want k was de
kleinste.
De functie neemt dus ook alleen maar waardes aan in veelvouden van k. Ook
zien we met behulp van (10) dat de functie volledig bepaalt wordt door k en de
waardes op de getallen {1, 2, . . . , k − 1}. Kies nu willekeurige waardes op de getallen
{1, 2, . . . , k − 1} voor de functie, die wel k-vouden zijn en breidt de functie uit via
f (a + bk) = f (a) + bk. Dan kennen we de functie in alle punten van N en de claim
is dat al deze functies aan de vergelijking voldoen. Vul namelijk maar in (NB f (n)
is een k-voud):
f (m + f (n)) = f (m) + f (n) = f (f (m)) + f (n).
Dus het klopt en dus hebben we alle oplossingen gevonden.
Oplossing van IMO 2002-5, Opgave 30. Even naar de vergelijking kijken levert op
dat f (x) = x2 een oplossing is (vul maar in) en dat constante functies kans van
slagen hebben. Dat proberen geeft dat ook f (x) = 0 en f (x) = 1/2 oplossingen
zijn. Nu kunnen we door goede keuzes voor x, y, u en v te doen verschillende
functiewaardes bepalen. Neem bijvoorbeeld x = y = u = v = 0, dan is
4f (0)2 = 2f (0),
ofwel f (0) = 0 of f (0) = 1/2. Verder geeft x = u = 1 en y = v = 0 dat
(f (1) + f (0))2 = f (1) + f (0),
ofwel f (1) + f (0) = 0 of f (1) + f (0) = 1. Met ook nog x = 1 en y = u = v = 0 zien
we
2f (0)(f (0) + f (1)) = 2f (0),
ofwel f (0) = 0 of f (0)+f (1) = 1. Alles samenvattend hebben we nu 3 mogelijkheden
voor f (0) en f (1), die allen corresponderen met één van de al gevonden oplossingen,
namelijk
(a) f (0) = 0 en f (1) = 0 , met als bijbehorende oplossing f (x) = 0;
(b) f (0) = 0 en f (1) = 1, met als mogelijke oplossing f (x) = x2 ;
(c) f (0) = 1/2 en f (1) = 1/2, met als kandidaat oplossing f (x) = 1/2.
In het geval dat f (0) = f (1) = 0 vullen we u = 1 en y = v = 0 in en zien we
0 = (f (x) + f (0))(f (1) + f (0)) = f (x) + f (0) = f (x).
In het geval dat f (0) = f (1) = 1/2 vullen we y = u = v = 0 in en zien we
1 = f (0) + f (0) = f (xu − yv) + f (xv + yu) = (f (x) + 1/2)(1/2 + 1/2) = f (x) + 1/2,
ofwel f (x) = 1/2.
We hoeven dus alleen het geval f (0) = 0 en f (1) = 1 nog te bekijken. Als we in
dit geval x = y en u = v invullen krijgen we
4f (x)f (u) = f (2xu).
Door nu op te merken dat ook f (2xu) = 4f (xu)f (1) = 4f (xu) geldt zien we
1
f (2xu) = f (x)f (u).
4
Vul nu y = v = 1 en x = u = 0 in in de oorspronkelijke vergelijking, dan zien we
dat f (−1) = 1, dus is f (−x) = f (−1)f (x) = f (x), en is f even. We zien ook dat
f (x2 ) = f (x)f (x) ≥ 0, dus f neemt alleen niet-negatieve waardes aan.
We gaan nu eerst bewijzen dat f (x) = x2 voor alle x ∈ Z, daarna voor alle x ∈ Q
en daarna voor alle x ∈ R.
Door x = n en y = u = v = 1 in te vullen zien we dat
f (xu) =
2f (1)(f (n) + f (1)) = f (n − 1) + f (n + 1),
18
FOKKO VAN DE BULT
Hierbij zien we dat f (n + 1) geschreven kan worden in termen van f (n) en f (n − 1).
Met inductie kunnen we nu voor n ∈ N bewijzen dat f (n) = n2 en aangezien f even
is zien we dat dit nu ook bewezen is voor alle n ∈ Z.
Voor een getal p/q ∈ Q, met p, q ∈ Z, zien we dat
f (p) = f (p/q)f (q),
2
ofwel f (p/q) = f (p)/f (q) = p /q 2 . Dus nu hebben we voor alle x ∈ Q bewezen dat
f (x) = x2 .
Door vervolgens in de oorspronkelijke vergelijking u = x en v = y = 1 te substitueren zien we
1 ≤ (f (x) + 1)2 = f (x2 + 1).
We zien dus dat functiewaardes van getallen groter dan 1 altijd zelf ook groter dan
1 zijn. Stel nu voor een x ∈ R dat f (x) 6= x2 . Dan kunnen we zonder verlies
van algemeenheid aannemen dat f (x) < x2 en dat x > 0 (anders kijken we naar
f (1/x) = 1/f (x) of naar −x respectievelijk). Kies nu een rationaal getal q ∈ Q,
zodat f (x) < q 2 < x2 . Dan zien we dat x/q > 1, maar
f (x/q) = f (x)/f (q) = f (x)/q 2 < 1.
Dit is een tegenspraak met het feit dat we net hebben laten zien dat functiewaardes
van getallen groter dan 1 altijd zelf ook groter dan 1 zijn. Dus er bestaat niet zo’n
x ∈ R met f (x) 6= x2 . Dus als f (0) = 0 en f (1) = 1, dan is de enige oplossing
f (x) = x2 .
Samenvattend zijn er dus drie oplossingen, namelijk f (x) = 0, f (x) = 1 en
f (x) = x2 .
Oplossing van IMO 2004-2, Opgave 34. Een vervelende eigenschap van deze opgave
is dat je niet alles mag invullen wat je wil, maar alleen iets als het aan de vergelijking
ab + bc + ca = 0 voldoet.
Laten we eerste a = b = c = 0 invullen (wat dus wel mag) en concluderen dat
P (0) = 0. Wat ook mag is a = b = 0 invullen met c willekeurig, om te concluderen
dat P (c) = P (−c), dus P is even. Als een polynoom bevat het dan alleen maar
even machten van x.
Nu willen we een echt niet-triviale variant van de vergelijking krijgen en moeten
we dus een niet-triviale oplossing van ab + bc + ca = 0 vinden. Het moet echter
wel een beetje mooi blijven, dus eisen we a, b en c geheel. Ontbind nu, alsof het
een vergelijking is waarin a constant is, de vergelijking in (b + a)(c + a) = a2 . Dan
kunnen we voor gegeven vaste a makkelijk alle bijbehorende gehele oplossingen van
b en c vinden, uit de priemfactorontbinding van a2 . Voor a = 1 geeft dit alleen
b = c = −2 en b = c = 0 en dus geen niet-triviale oplossingen. Voor a = 2 kunnen
we 4 = (−1) · (−1) schrijven en krijgen we b = −6 en c = −3 als niet-triviale
oplossing.
Nu vullen we niet gewoon a = 2, b = −6 en c = −3 in, maar a = 2x, b = −6x en
c = −3x om een vergelijking tussen polynomen te houden. Dan vinden we
(11)
P (8x) + P (5x) + P (3x) = 2P (7x),
waar we evenheid van P gebruikt hebben om wat mintekens weg te vegen. Dit is
nu een vergelijking tussen polynomen en die geldt alleen als de vergelijking geldt
voor alle coefficienten voor machten van xn . Zij nu P (x) = c0 + c2 x2 + · · · + c2k x2k ,
waarbij we gebruiken dat P geen oneven machten van x bevat omdat P even is. De
bijbehorende vergelijking voor de coëfficient van xn in (11) is nu
cn (8n + 5n + 3n ) = 2cn · 7n .
Dus of cn = 0 of
(12)
8n + 5n + 3n = 2 · 7n
FUNCTIEVERGELIJKINGEN
19
moet gelden.
Voor n = 0 is (12) niet waar (maar omdat P (0) = 0 wisten we al dat de coëfficient
voor x0 gelijk was aan 0), voor n = 2 staat er 64 + 25 + 9 = 98 = 2 · 49 en klopt het
wel. Voor n = 4 staat er 4096 + 625 + 81 = 4802 = 2 · 2401 = 2 · 74 en klopt het
ook. Voor grote n zien we echter dat 8n sneller groeit dan 7n en op den duur dan
ook groter is dan 2 · 7n . Vanaf dat moment zijn er dan geen oplossingen meer. Er
geldt dat 8n > 2 · 7n als (8/7)n > 2. Nu is
n
n 1
1
n 1
6 15
8
= 1+
≥1+n +
≥1+ +
>2
7
7
7
2 49
7 49
voor n ≥ 6, dus er zijn geen oplossingen van (12) met n ≥ 6.
We zien dat de enige polynomen die kunnen voldoen van de vorm dx2 + ex4 zijn,
voor willekeurige d en e in R. Dit invullend geeft dat deze ook allemaal kloppen.
De berekening bleek in de praktijk nog wel een struikelblok te kunnen vormen; het
idee is dat je om te laten zien dat de vergelijking geldt na het invullen van a, b
en c gebruik maakt van de relatie ab + bc + ca = 0. Je moet een polynomiale
identiteit bewijzen en je weet een “nulpunt” dus de vergelijking moet deelbaar zijn
door ab + bc + ca. In het bijzonder is de vergelijking equivalent met
0 = (ab + bc + ca)(6d + 6e(2a2 + 2b2 + 2c2 + ab + bc + ca)).