leuke f-vgl ?
Opgave - NCUMC 2014 dag 1 vraag 4
Vind alle functies van $]0, \infty[ \to ]0, \infty[$ zodat $\forall x,y,z \in ]0, \infty[ $ waarvoor geldt dat $xyz=1$, ook steeds geldt dat
$$ \frac{1}{x+f(y)+1}+\frac{1}{y+f(z)+1}+\frac{1}{z+f(x)+1}=1$$
- login om te reageren
Oplossing
$(1,1,1)$ geeft $\frac3{2+f(1)}=1$ dus $f(1)=1$.
$(x,\frac1x,1)$ geeft dan
$$\frac1{x+f(\frac1x)+1}+\frac1{\frac1x+f(1)+1}+\frac1{2+f(x)}=1,$$
waaruit na veel zwoegen
$$f(x)=\frac{3x+1-f(\frac1x)}{x^2+(x+1)f(\frac1x)}.$$
Dan moet ook
$$f\left(\frac1x\right)=\frac{3x+x^2-x^2f(x)}{1+(x+x^2)f(x)}.$$
Als we dit substitueren in de vorige vergelijking krijgen we een kwadratische vergelijking in $f(x)$:
$$f(x)=\frac{3x+1-\frac{3x+x^2-x^2f(x)}{1+(x+x^2)f(x)}}{x^2+(x+1)\frac{3x+x^2-x^2f(x)}{1+(x+x^2)f(x)}}.$$
Na alles naar links te brengen zal de hoogstegraadscoëfficiënt $x^2(x+x^2)-(x+1)x^2=x^4-x^2$ zijn en de constante term $-(3x+1-(3x+x^2))=x^2-1$. Als $x\neq1$ is het product van de oplossingen dus $\frac1{x^2}$. Aangezien $f(x)=\frac1x$ duidelijk een oplossing van de vergelijking is, is dit dan ook de enige.
Een controle leert dat $f(x)=\frac1x$ inderdaad voldoet.