Functional Equation Marathon

[Pitchayut]

เห็นเรื่องอื่นมีหมดแล้วยกเว้นเรื่องสมการเชิงฟังก์ชัน ก็เลยตั้งขึ้นมาหน่อยก็แล้วกัน ส่วนกฎก็เหมือน Marathon ทั่วๆไป คือใครตอบถูกสามารถตั้งข้อต่อไปได้ครับ และก็ตั้งโจทย์สมการเชิงฟังก์ชันได้เท่านั้นสำหรับข้อแรกขอเอาโจทย์เบาๆ ไปก่อนก็แล้วกัน
1. จงแสดงว่าไม่มีฟังก์ชันจริง $f(x)$ ที่ทำให้
$$f(x)+f\left(\frac{x}{x-1}\,\right)=1-x^2 $$
สำหรับทุกๆ $x\in \mathbf{R}$

[Beatmania]

เบาดีครับ

เราแทน $x=3,1.5$ เราจะได้ว่า $f(3)+f(1.5)=-8$ และ $f(1.5)+f(3)=-1.25$ ซึ่งเป็นไปไม่ได้เนื่องจาก $-8\neq-1.25$

2.มีฟังก์ชั่น $f:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}$ ที่ทำให้ $f(f(n))=n^2;\forall n\in\mathbb{N}$ หรือไม่ ???

[Pitchayut]

ข้อ 2.
ให้ $g(n)=n^2$ จะได้จุดตรึงของ $g(x)$ คือ $0,1$
ให้ $f(0)=p$ จะได้ว่า $f(f(0))=f(p)=0$ ทำให้ $f(p)=0$
จะได้ว่า $g(p)=f(f(p))=f(0)=a$ ดังนั้น $a=0\textrm{ หรือ } 1$
นั่นคือ $f(0)=0 \textrm{ หรือ } f(1)=0$
ให้ $h(n)=g(g(n))=n^4$
จุดตรึงของ $h(n)$ สามารถหาได้จากสมการ $n^4-n=0$
ซึ่งมี 4 คำตอบคือ $0, 1, \omega, \omega^2$($\omega$ คือรากปฐมฐานที่ 3 ของ 1)
ให้ $c=\omega, d=\omega^2, g(c)=q$
จะได้ว่า $g(q)=g(g(c))=h(c)=c$ ทำให้ $h(q)=g(g(q))=g(c)=q$
หมายความว่า $q$ เป็นจุดตรึงของ $h(n)$ แต่ว่า $q$ ไม่ใช่จุดตรึงของ $g(n)$ ดังนั้น $q$ ต้องเท่ากับ $d$
ดังนั้น $g(c)=d, g(d)=c$
ให้ $f(c)=r, f(d)=s$
จะได้ว่า $f(r)=f(f(c))=d$ และ $f(s)=f(f(d))=c$
ทำให้ $h(r)=f(f(f(f(r))))=f(f(f(d)))=f(f(s))=f(c)=r$ ในทำนองเดียวกันจะได้ว่า $h(s)=s$
หมายความว่า $r, s$ เป็นจุดตรึงของ $h(n)$
แต่ว่า $g(r)=f(f(r))=f(d)=s$ ในทำนองเดียวกันจะได้ $g(s)=r$
แสดงว่า $r, s$ ไม่เป็นจุดตรึงของ $g(n)$ จะได้ว่า $r$ ต้องเท่ากับ $c$ หรือ $d$
แต่ทีนี้ ถ้า $r=c$ จะได้ว่า $g(r)=f(f(r))=f(f(c))=f(c)=r$ ดังนั้น r เป็นจุดตรึงของ $g(n)$
ดังนั้น $r\neq c$ ในทำนองเดียวกันจะได้ว่า $r \neq d$
ดังนั้น ไม่มีฟังก์ชัน $f(n)$ อยู่จริง

[Pitchayut]

ข้อสามเดี๋ยวขอเวลาคิดแป๊บนึง

[Beatmania]

ขอขัดจังหวะนิดนึงนะครับ จริงๆ แล้วฟังก์ชั่นของข้อ 2 มีอยู่จริงและสามารถสร้างได้ดังนี้ครับ

วิธีสร้าง f(x)

1.$f(1)=1$

2.$f(mn)=f(m)f(n),\forall m,n\in\mathbb{N}$

3.$f(p_{2k-1})=p_{2k}\forall k\in\mathbb{N}$ โดย $p_k$ คือจำนวนเฉพาะตัวที่ $k$

4.$f(p_{2k})=p_{2k-1}^2\forall k\in\mathbb{N}$

พิสูจน์ว่าใช้ได้จริง

1.$n$เป็นจำนวนเฉพาะ เราให้ $n=p_i$ เราจะได้ว่า

ถ้าหาก $i$ เป็นเลขคี่ เราจะได้ว่า $f(f(n))=f(f(p_i))=f(p_{i+1})=p_i^2$

ถ้าหาก $i$ เป็นเลขคู่ เราจะได้ว่า $f(f(n))=f(f(p_i))=f(p_{i-1}^2)=f(p_{i-1})^2=p_i^2$

แสดงว่า $f(f(p))=p^2$ สำหรับทุกจำนวนเฉพาะ $p$

2.n เป็นจำนวนประกอบ

เราให้ $n=q_1^{a_1}q_2^{a_2}...q_k^{a_k}$ เป็นการเขียน $n$ ในรูปผลคูณของจำนวนเฉพาะ เราจะได้ว่า

$f(f(n))=f(f(q_1^{a_1}q_2^{a_2}...q_k^{a_k}))=f(f(q_1)^{a_1}f(q_2)^{a_2}...f(q_k)^{a_k})=f(f(q_1))^{a_1}f(f(q_2))^{a_2}...f(f(q_ k))^{a_k}=q_1^{2a_1}q_2^{2a_2}...q_k^{2a_k}=n^2$

ดังนั้น $f(f(n))=n^2;\forall n\in\mathbb{N}$ จริง

[Aquila]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Pitchayut

ข้อ 2.
ให้ $g(n)=n^2$ จะได้จุดตรึงของ $g(x)$ คือ $0,1$
ให้ $f(0)=p$ จะได้ว่า $f(f(0))=f(p)=0$ ทำให้ $f(p)=0$
จะได้ว่า $g(p)=f(f(p))=f(0)=a$ ดังนั้น $a=0\textrm{ หรือ } 1$
นั่นคือ $f(0)=0 \textrm{ หรือ } f(1)=0$
ให้ $h(n)=g(g(n))=n^4$
จุดตรึงของ $h(n)$ สามารถหาได้จากสมการ $n^4-n=0$
ซึ่งมี 4 คำตอบคือ $0, 1, \omega, \omega^2$($\omega$ คือรากปฐมฐานที่ 3 ของ 1)
ให้ $c=\omega, d=\omega^2, g(c)=q$
จะได้ว่า $g(q)=g(g(c))=h(c)=c$ ทำให้ $h(q)=g(g(q))=g(c)=q$
หมายความว่า $q$ เป็นจุดตรึงของ $h(n)$ แต่ว่า $q$ ไม่ใช่จุดตรึงของ $g(n)$ ดังนั้น $q$ ต้องเท่ากับ $d$
ดังนั้น $g(c)=d, g(d)=c$
ให้ $f(c)=r, f(d)=s$
จะได้ว่า $f(r)=f(f(c))=d$ และ $f(s)=f(f(d))=c$
ทำให้ $h(r)=f(f(f(f(r))))=f(f(f(d)))=f(f(s))=f(c)=r$ ในทำนองเดียวกันจะได้ว่า $h(s)=s$
หมายความว่า $r, s$ เป็นจุดตรึงของ $h(n)$
แต่ว่า $g(r)=f(f(r))=f(d)=s$ ในทำนองเดียวกันจะได้ $g(s)=r$
แสดงว่า $r, s$ ไม่เป็นจุดตรึงของ $g(n)$ จะได้ว่า $r$ ต้องเท่ากับ $c$ หรือ $d$
แต่ทีนี้ ถ้า $r=c$ จะได้ว่า $g(r)=f(f(r))=f(f(c))=f(c)=r$ ดังนั้น r เป็นจุดตรึงของ $g(n)$
ดังนั้น $r\neq c$ ในทำนองเดียวกันจะได้ว่า $r \neq d$
ดังนั้น ไม่มีฟังก์ชัน $f(n)$ อยู่จริง

แว๊บแรกที่ผมเห็นข้อนี้ผมก็นึกถึงวิธีนี้นี่แหละ

คือสมมติว่ามี $g$ ที่ทำให้ $fof=g$ แล้วใช้สมบัติ fix point ของ $g$ โยงหา $f$

ซึ่งมันใช้ไม่ได้กับข้อนี้นะครับ ตรงที่ว่าตัว fix point ที่แก้ออกมาได้จากสมการ $g(g(x))=x$ ไม่ได้อยู่ในโดเมนของ $\mathbb{N}$

ต่อให้แก้โจทย์เป็น $f$ นิยามบน $\mathbb{R}$ วิธีอ้างว่า $g(g(x))=x$ มี 4 จุดตรึงก็เป็นการอ้างนอกโดเมนอยู่ดี

สังเกตสมการที่ได้มาสิ มันคือ $x^4-x=0$ มีรากจริงแค่ 2 ตัวเท่านั้นนะ

จะใช้วิธีแบบนี้ได้ อาจจะต้องแก้ให้โจทย์เป็น $\mathbb{R}$ แล้วเชคว่า $gog$ มี 4 fix point บนโดเมนจริงๆหรือเปล่า

$f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ โดย $f(f(x))=x^2-2$ แบบนี้ หรือสมการกำลังสองรูปแบบอื่นที่เชครากเหนือโดเมนง่ายๆ

-----------------------------------------------------------------------------------
ผมไม่ยักรู้ว่าน้อง image ตัวจริงจะเก่งเลขขนาดนี้

โจทย์ construction ในทุกๆรูปแบบเด็กส่วนใหญ่ไม่คุ้นเคยครับ

ยิ่งถาม exist ไม่ exist ด้วยแล้ว โอกาสทำได้ยิ่งน้อยลงด้วยครับ

ถ้าอยากให้กระทู้ไปต่อได้โจทย์ต้องดึงดูดให้คนทำ เดี๋ยวมันจะเงียบไปเปล่าๆ

แต่ข้อนี้ผมชอบนะครับ โจทย์สวยดีครับ

[Beatmania]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Aquila

ผมไม่ยักรู้ว่าน้อง image ตัวจริงจะเก่งเลขขนาดนี้

โจทย์ construction ในทุกๆรูปแบบเด็กส่วนใหญ่ไม่คุ้นเคยครับ

ยิ่งถาม exist ไม่ exist ด้วยแล้ว โอกาสทำได้ยิ่งน้อยลงด้วยครับ

ถ้าอยากให้กระทู้ไปต่อได้โจทย์ต้องดึงดูดให้คนทำ เดี๋ยวมันจะเงียบไปเปล่าๆ

แต่ข้อนี้ผมชอบนะครับ โจทย์สวยดีครับ

แค่แฟนคลับเฉยๆครับ ชอบมาตั้งแต่ตอนแข่งแล้วครับ

จริงๆ ข้อนี้ผมดัดแปลงมาจากโจทย์ TMO2 ที่ถามว่า

"มีฟังก์ชั่น $f:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}$ ที่ $f(f(n))=2n$ หรือไม่?" ครับ

ก็เลยลองเปลี่ยนเป็น $n^2$ ดูครับ

จริงๆแล้วสิทธิ์การตั้งข้อ $3$ อยู่ที่คุณ Pichayut ครับ

ระหว่างรอโจทย์จากคุณ Pichayut ก็อยากจะเสนออีกซักข้อครับ ไม่ยากเท่าข้อที่แล้วหรอกครับ

2.5 จงหา $f:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}$ ทั้งหมดที่มีสมบัติว่า

$$f(n)+f^{(2)}(n)+f^{(3)}(n)+...+f^{(n)}(n)=n^2$$

สำหรับทุกจำนวนนับ $n$ โดย $f^{(k)}(n)$ คือ $f(f(...f(n))..)$ โดย composite กัน $k$ ครั้งครับ

[Pitchayut]

เอาข้อนี้ก็แล้วกัน
3.จงหาฟังก์ชันต่อเนื่อง $f:R\to R, g:R\to R, h:R \to R$ ทั้งหมดที่ทำให้
$$f(x+y)=g(x)+h(y)$$
แล้วก็ฝากถามครับด้วยว่าจะปักหมุดกระทู้นี้ให้เหมือนกระทู้ Marathon อื่นๆ ได้ยังไง

[polsk133]

#6 อย่าแปลกใจไปเลยครับ โจทย์ของ#7นั้น น้องอิมเมจแต่งขึ้นมาเองด้วย นอกจากนั้นยังแต่งขณะทำโจทย์ข้ออื่นอยู่!!! ดังนั่นคอนเฟิร์มว่าโหดจริงครับ

ปล.ผม Beatmania FC

[Thgx0312555]

จริงๆก็อยากเข้ามาเล่นด้วยเฉยๆครับ
3. แทน $y=0$; จะได้ $g(x)=f(x)-h(0)$
แทน $x=0$; จะได้ $h(y)=f(y)-g(0)$

$f(x+y)=f(x)+f(y)-g(0)-h(0)$
$f(x+y)-g(0)-h(0)=f(x)-g(0)-h(0)+f(y)-g(0)-h(0)$
let $r(x)=f(x)-g(0)-h(0)$

$r(x+y)=r(x)+r(y)$

จาก $r$ ต่อเนื่อง ใช้ Cauchy จะได้

$r(x)=cx$
จะได้ $f(x)=cx+a+b,g(x)=cx+a,h(x)=cx+b, a,b,c \in \mathbb{Z}$ ซึ่งตรวจสอบไม่ยากว่าเป็นคำตอบ

[Thgx0312555]

2.5 ขอซ่อนไว้ละกัน

brief solution

เห็นได้ชัดว่า $f:1-1$, $f(1)=1$
If $f(i)=i$ for $i=1,2,...,k-1$ then
ถ้าเกิดมี $f^{(m)}(k)=i$, $(i<k)$ จาก $1-1$ จะได้ $k=i$ ซึ่งขัดแย้ง
therefore $f^{(m)}(k)\ge k \rightarrow f(k)=k$

$\therefore f(n)=n$

4. ข้อนี้กะให้ไม่ยากครับ
ให้ $f:\mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}$ สอดคล้องกับ $4f(f(x))=3(f(x)+1)$ สำหรับทุก $x \in \mathbb{N}$
จงหาฟังก์ชัน $f$ ที่เป็นไปได้ทั้งหมด

[Pitchayut]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Thgx0312555

จริงๆก็อยากเข้ามาเล่นด้วยเฉยๆครับ
3. แทน $y=0$; จะได้ $g(x)=f(x)-h(0)$
แทน $x=0$; จะได้ $h(y)=f(y)-g(0)$

$f(x+y)=f(x)+f(y)-g(0)-h(0)$
$f(x+y)-g(0)-h(0)=f(x)-g(0)-h(0)+f(y)-g(0)-h(0)$
let $r(x)=f(x)-g(0)-h(0)$

$r(x+y)=r(x)+r(y)$

จาก $r$ ต่อเนื่อง ใช้ Cauchy จะได้

$r(x)=cx$
จะได้ $f(x)=cx+a+b,g(x)=cx+a,h(x)=cx+b, a,b,c \in \mathbb{Z}$ ซึ่งตรวจสอบไม่ยากว่าเป็นคำตอบ

ถูกครับ แถมวิธีทำสั้นกว่าของผมอีก (นิดนึง)

[nooonuii]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Thgx0312555

4. ข้อนี้กะให้ไม่ยากครับ
ให้ $f:\mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}$ สอดคล้องกับ $4f(f(x))=3(f(x)+1)$ สำหรับทุก $x \in \mathbb{N}$
จงหาฟังก์ชัน $f$ ที่เป็นไปได้ทั้งหมด

ให้ $x\in\mathbb{N}$ และนิยาม $a_n=f^n(x)$ เมื่อ $f^n$ เป็นผลประกอบของ $f$ จำนวน $n-1$ ครั้ง

จากสมการจะได้ $4a_{n+1}=3(a_{n}+1)$ ทุกค่า $n\in\mathbb{N}$

แก้ความสัมพันธ์เวียนเกิดออกมาจะได้ $a_n=\left(\dfrac{3}{4}\right)^{n-1}(a_1-3)+3$ ทุกจำนวนเต็มบวก $n$

สังเกตว่า $\left(\dfrac{3}{4}\right)^{n-1}(a_1-3)=a_n-3$ เป็นจำนวนเต็ม

ซึ่งหมายความว่า $4^n\mid (a_1-3)$ ทุกจำนวนเต็มบวก $n$

จึงได้ว่า $a_1-3=0$ นั่นคือ $f(x)=3$ ทุกค่า $x\in\mathbb{N}$

ตรวจสอบคำตอบพบว่าสอดคล้องกับสมการเชิงฟังก์ชัน

[nooonuii]

5. (PSU 2015) จงหาฟังก์ชัน $f:\mathbb{Q}\to\mathbb{Q}$ ทั้งหมดซึ่งสอดคล้องสมการเชิงฟังก์ชัน

$$
f(f(x)-f(y))=x-y
$$

สำหรับทุก $x,y\in\mathbb{Q}$

[Pitchayut]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ nooonuii

5. (PSU 2015) จงหาฟังก์ชัน $f:\mathbb{Q}\to\mathbb{Q}$ ทั้งหมดซึ่งสอดคล้องสมการเชิงฟังก์ชัน

$$
f(f(x)-f(y))=x-y
$$

สำหรับทุก $x,y\in\mathbb{Q}$

แทน $x=y$ ได้ $f(0)=0$

แทน $f(x)=f(y)$ ได้ $x=y$ นั่นคือ $f$ เป็น $1-1$

แทน $y=0$ ได้ $f(f(x))=x$

ดังนั้น $f(x)=f^{-1}(x)$

เพราะว่ากราฟของ $y=f^{-1}(x)$ เกิดจากการสะท้อนกราฟ $y=f(x)$ โดยมีเส้นสะท้อนเป็นเส้น $y=x$

ดังนั้น จะได้ว่ากราฟทั้งสองจะตัดกันที่จุด $(k, k)$ สำหรับจำนวนจริง $k$ บางค่าเท่านั้น

นั่นคือ $f(x)=x$ ทุกค่า $x$ ซึ่งตรวจสอบได้ว่าเป็นคำตอบที่แท้จริง