functievgl's à volonté
Opgave - IMO 2008 dag 2 vraag 1
Zij $ f$:$ (0,\infty)\mapsto (0,\infty) $ een functie waarvoor
$$\frac{\left( f(w)\right)^2+\left( f(x)\right)^2}{f(y^2)+f(z^2) }=\frac{w^2+x^2}{y^2+z^2}$$ geldt voor alle reele $ w,x,y,z$ waarvoor $wx=yz$.
- login om te reageren
Oplossing
zeg $w=x=y=z$, dan moet $f(w)^2+f(x)^2=f(y^2)+f(z^2)$ en dus $f(x^2)=f(x)^2$. omdat $f(1)\ne 0$, moet daaruit $f(1)=1$.
zeg $w=x=a$, $y=a^2$ en $z=1$, dan moet $$2f(a)^2(1+a^4)=2a^2(f(1)^2+f(a^2)^2)$$ Wegens de eigenschap van daarnet $$a^2f(a)^4-(1+a^4)f(a)^2+a^2=0$$ Dit lossen we op met de discriminantformule: $f(a)^2=\frac{1+a^4\pm\sqrt{(1+a^4)^2-4a^4}}{2a^2}=a^2$ of $=1/a^2$.
Omdat $f$ alleen op de positieve reële getallen gedefinieerd is, kan alleen nog $f(x)=x$ of $f(x)=\frac1x$.
Stel nu dat er een $f$ voldoet aan de functievergelijking zodat er waarden $x,w \not=1$ zodat $f(x)=\frac 1x$ en $f(w)=w$.
Wanneer we $z=1$ en $y=1$ invullen, verkrijgen we dat
$$\frac{ w^2+ \frac 1 {x^2}}{f(wx)^2+1} = \frac{w^2+x^2}{(wx)^2+1}.$$
Nu krijgen we hier een contradictie voor zowel $f(wx)=wx$ als $f(wx)=\frac{1}{wx}$.
Bijgevolg zijn er $2$ oplossingen:
$f(x)=x$ $\forall x \in (0,+\infty)$
of
$f(x)=\frac1x$ $\forall x \in (0,+\infty)$.
Deze zijn triviaal te controleren.
QED