Uluslararası Matematik Olimpiyatı 1999 Soru 6

[ERhan ERdoğan]

Tüm $x,y$ gerçel sayıları için $$f\left(x-f(y)\right) = f\left(f(y)\right) + xf(y)+f(x)-1$$ koşulunu sağlayan tüm $f:\mathbf{R}\rightarrow \mathbf{R}$ fonksiyonlarını belirleyiniz.

[Buğra Doğan]

SORU;
\[
f(x - f(y)) = f(f(y)) + x \cdot f(y) + f(x) - 1\,
\]

ÇÖZÜM;
\[
\begin{gathered}
  f(y) = x\,\,olsun; \hfill \\
  f(x - x) = f(x) + x^2  + f(x) - 1 \hfill \\
  1 * \,\,\boxed{\frac{{f(0) - x^2  + 1}}
{2} = f(x)}\,\,\, \hfill \\
   \hfill \\
  f(y) = 0\,\,olsun; \hfill \\
  f(x - 0) = f(0) + f(x) - 1 \hfill \\
  2 * \,\,\boxed{f(0) = 1} \hfill \\
   \hfill \\
  x = 0\,\,olsun; \hfill \\
  f( - f(y)) = f(f(y)) + f(0) - 1 \hfill \\
  f( - f(y)) = f(f(y)) \hfill \\
  3 * \,\,\boxed{f( - t) = f(t)} \hfill \\
   \hfill \\
  1.\,\,denklemi\,\,2.\,\,ve\,\,3.'ye\,\,gore\,\,duzenlersek\,\,ve\,\,bunlara\,\,gore\,\,kontrol\,\,edersek, \hfill \\
  f(x - f(y)) = f(f(y)) + x \cdot f(y) + f(x) - 1\,\,\,koşulunu\,\,sağlayan\,\,tek\,\,f:R \to R\,\,fonksiyonu; \hfill \\
  \boxed{f(x) = \frac{{2 - x^2 }}
{2} = 1 - \frac{{x^2 }}
{2}}\,\,fonksiyonudur. \hfill \\
\end{gathered}
\]

[Eray]

Bulduğunuz 1. eşitlik, yalnızca $f$ fonksiyonunun görüntü kümesindeki $x$ elemanları için doğru. Çünkü $f(y)=x$ diyerek buldunuz.
Yani $f(x)=\dfrac{f(0)-x^2+1}{2}$ eşitliğinin tüm $x$ sayıları için doğru olup olmadığını bilmiyoruz.

[Buğra Doğan]

f(y)=x demiştik. Burdan aşağıdaki eşitliğe ulaşmıştık;
\[
f(x) = \frac{{f(0) - x^2  + 1}}
{2} = \frac{{f(0) + 1}}
{2} - \frac{{x^2 }}
{2}
\]
Yukarıda bulduğumuz eşitliği de kullanarak bir de; f(y)=a diyerek deneyelim;
\[
\begin{gathered}
  f(x - a) = f(a) + ax + f(x) - 1 \hfill \\
   \hfill \\
  f(x - a) = \frac{{f(0) + 1}}
{2} - \frac{{a^2 }}
{2} + ax + f(x) - 1 \hfill \\
\end{gathered}
\]
Bulduğum fonksiyonda x-a=y dersek ;
\[
\begin{gathered}
  f(x - a) = \frac{{f(0) + 1}}
{2} - \frac{{a^2 }}
{2} + ax + f(x) - 1 \hfill \\
   \hfill \\
  f(y) = \frac{{f(0) + 1}}
{2} - \frac{{y^2 }}
{2} = \frac{{f(0) + 1}}
{2} - \frac{{a^2 }}
{2} + ay + a^2  + f(y + a) - 1 \hfill \\
   \hfill \\
   \to \,\,\,\frac{{f(0) + 1}}
{2} - \frac{{y^2 }}
{2} = \frac{{f(0) + 1}}
{2} - \frac{{a^2 }}
{2} + ay + a^2  + f(y + a) - 1 \hfill \\
   \hfill \\
   \hfill \\
  f(y + a) =  - \frac{{y^2 }}
{2} + \frac{{a^2 }}
{2} - ay - a^2  + 1 =  - \frac{{y^2 }}
{2} - \frac{{a^2 }}
{2} - ay + 1 =  - (\frac{y}
{{\sqrt 2 }} + \frac{a}
{{\sqrt 2 }})^2  + 1 \hfill \\
   \hfill \\
  f(y + a) = \frac{{ - (y + a)^2 }}
{2} + 1 \hfill \\
   \hfill \\
  f(a) = \frac{{ - (a)^2 }}
{2} + 1 \hfill \\
\end{gathered}
\]
R sayılar kümesinde bu sayede sürekliliği sağladığını düşünüyorum. Ayrıca ilk yanıtımda bulduğum f(-t)=f(t)'ye göre de sağlayabilecek olan f(x)'in çift katlı olması muhtemel. Yaptığım diğer sağlamalarla beraber süreklilik sağlayan sadece bu fonksiyon eşitliğini bulabildim Eray Bey. Eksik kısım varsa yada elinizde daha kapsamlı bir çözümü varsa paylaşırsanız sevinirim.

[Eray]

$f(y)=x$ diyerek $x$ hakkında bulduğunuz $f(x)=\dfrac{f(0)+1}{2}-\dfrac{x^2}{2}$ eşitliği, tüm $x$ reel sayıları için doğru değildir. $f$ fonksiyonunun görüntü kümesinin elemanı olan $x$ sayıları için doğrudur.

Dolayısıyla, içinde $x$ ve $a$ geçen eşitlikte $x-a=y$ diyip $f(y)=\dfrac{f(0)+1}{2}-\dfrac{y^2}{2}$ olduğunu kullanamayız. Çünkü $y=x-a$ sayısının $f$ fonksiyonunun görüntü kümesinin elemanı olup olmadığını bilmiyoruz.

[Buğra Doğan]

Bir nevi görüntü kümesinde bulunup bulunmadığının, daha doğrusu bu eşitliğin f fonksiyonunun görüntü kümesindeki her elemanda kullanılabilirliğinin sorgulanması değil midir bu yol ? Sonuçta bağlı kaldığım bir noktayı kullanarak sonsuz sayıda değer verilebilecek bir bilinmeyen kullanarak fonksiyon üzerinden yola çıkıyor, sonuca ulaşıyor ve ulaştığım sonucun bağlı kaldığım noktayla aynı olduğunu görüyorum..

En iyisi siz aksini ispatlayın yada çözümünü paylaşın. Öğrenip bilgilenelim ki aynı hatalara düşmeyelim.

Teşekkürler..

[ArtOfMathSolving]

Buğra Bey, eşitliğin reel sayılarda tanımlı olduğunu göstermek sanırım çözümünüzü tamamlayacaktır.

$F$ ve $A$ kümeleri, $F=\{f(y)| y \in \mathbb{R}\}$ ve $A=\{a-b|a,b\in F\}$ şeklinde tanımlansın.

Lemma: $A$ kümesinin elemanları reel sayılar kümesindedir.

İspat:

$b \in F$ için, $x\rightarrow a$ ve $f(y)=b$ koyarsak, kolayca $f(a-b)=f(b)+ab+f(a)-1$ eşitliğini elde ederiz. Her $a\in \mathbb{R}$ ve $b\in F$ için, $a\rightarrow b$ koyarsak, $f(0)=2f(a)+a^2-1$ eşitliğinden, $f(a)=-\dfrac{1}{2}a^2+\dfrac{f(0)+1}{2}$ olduğu kolayca bulunabilir.

Şimdi bir $c$ alalım öyle ki $f(c)\not=0$. Buradan $f(x-f(c))-f(x)=f(f(c))+xf(c)-1$ elde edilir. Kolayca görülebildiği üzere, eşitliğin sağ tarafı tüm reel değerleri alabildiğinden $A\equiv \mathbb{R}$ olur yani $A$ kümesinin elemanlarını reel alabiliriz. $\blacksquare$

Şimdi $a, b \in F$ alalım ve yerine yazalım, her $x\in \mathbb{R}$ için, $f(a-b)=ab+f(a)+f(b)-1=ab-\dfrac{1}{2}a^2-\dfrac{1}{2}b^2+f(0)+1-1=-\dfrac{1}{2}(a-b)^2+f(0)\Rightarrow f(x)=-\dfrac{1}{2}x^2+f(0)$ olacak ve $\dfrac{f(0)+1}{2}=f(0)$ olduğundan $f(0)=1$ buluyoruz. Böylelikle koşulu sağlayan tek fonksiyon $f(x)=-\dfrac{1}{2}x^2+1$ dir.

[Buğra Doğan]

Sözel olarak ifade etmeye çalışsamda bu kısımları ispata götürmeyerek ve atlayarak çoğu zaman hataya düşüyorum.

Eksiği tamamladığınız için çok teşekkür ederim ArtOfMathSolving Bey.