FE FE FE

Opgave - IMO 2019 dag 1 vraag 1

Laat $\mathbb{Z}$ de verzameling van gehele getallen zijn. Bepaal alle functies $f\colon \mathbb{Z}
\to \mathbb{Z}$ zodanig dat
\[
f(2a) + 2f(b) = f(f(a + b))
\]
voor alle gehele getallen $a$ en $b$.

Oplossing

Eerst vullen we achtereenvolgens $a=n,b=0$ en $a=n,b=1$ in en maken dan het verschil van beide vergelijkingen:
\begin{align}
& f(2n)+2f(0)=f(f(n))\\
& f(2n)+2f(1)=f(f(n+1))\\
\Rightarrow & f(f(n+1))-f(f(n))=2(f(1)-f(0))\quad (1)
\end{align}

We bewijzen inductief dat $f(f(n))-f(f(0))=2n(f(1)-f(0))$, $\forall n\in \mathbb{Z}$. Voor $n=0$ krijgen we $f(f(0))-f(f(0))=0$, wat vanzelfsprekend is. Stel bewezen voor $n=k$, dan geldt:
\begin{align} f(f(k))-f(f(0))=2k(f(1)-f(0)) \quad (2)\end{align}
Als we $n=k$ in (1) invullen en deze gelijkheid bij (2) optellen, krijgen we $f(f(k+1))-f(f(0))=2(k+1)(f(1)-f(0))$. Door inductie geldt het gevraagde voor elke positieve $n$. \newline
Nu vullen we $n=k-1$ in in (1) en trekken dit van (2) af. We vinden $f(f(k-1))-f(f(0))=2(k-1)(f(1)-f(0))$, wat door inductie het gevraagde voor alle negatieve gehele getallen bewijst. \newline
Dus geldt:
\begin{align} f(f(n))=2n(f(1)-f(0))+f(f(0)) \quad (3)\end{align}
We vullen $a=b=0$ in in de gegeven vergelijking ($3f(0)=f(f(0))$) en combineren dit met (3):
\begin{align} f(f(n))=2n(f(1)-f(0))+3f(0) \quad (4)\end{align}
Als we $a=0,b=n$ in de gegeven invullen en dan gebruikmaken van (4), vinden we:
\begin{align*}
& f(0)+2f(n)=f(f(n))=2n(f(1)-f(0))+3f(0)\\
\Rightarrow & f(n)=(f(1)-f(0))n+f(0)
\end{align*}
We kunnen de functie schrijven als $f(n)=kn+c$ met $k=f(1)-f(0)$ en $c=f(0)$. We vullen achtereenvolgens $a=b=0$ en $a=0,b=1$ in de gegeven vergelijking om $k$ te bepalen:
\begin{align*}
3f(0)=f(f(0))=f(c) \Rightarrow& 3c=kc+c\\
f(0)+2f(1)=f(f(1))=f(k+c)\Rightarrow & 3c+2k=k^2+kc+c\\
\Rightarrow & 2k=k^2\Rightarrow k=0 \text{ of } k=2
\end{align*}
Als $k=0$, dan vinden we dat $f(n)=c$, dus is $f$ een constante functie. Invullen in de gegeven vergelijking geeft $c+2c=c\Rightarrow c=0$. Controle toont dat $f(n)=0$ inderdaad een oplossing is. \newline
Als $k=2$ krijgen we $f(n)=2n+c$. We vullen dit in de gegeven vergelijking in en vinden dat dit een oplossing is voor elke $c$:
\begin{align*}
f(2a)+2f(b)=4a+4b+3c=f(2a+2b+c)=f(f(a+b))
\end{align*}
De enige oplossingen zijn dus $f(n)=0$ en $f(n)=2n+c$ met $c$ willekeurig.