Fonksiyonel Denklemler

Yazar: Albert Erkip

Sayı: 1992-4

Olimpiyatlarda ve benzeri yarışmalarda sık olarak fonksiyonlarla ilgili problemler yer almakta. Bu problemlerde fonksiyonel denklem adı verilen birtakım bağıntılar veriliyor ve bu denklemleri sağlayan fonksiyonların bulunması isteniyor. Çözüm için genellikle şu adımlardan bir veya birkaçı yararlı oluyor:

  1. Verilen bağıntıdan fonksiyonun bazı özel değerlerini hesaplamak.
  2. Fonksiyonun birebir, örten, artan, azalan olma gibi bazı özelliklerini aramak.
  3. Fonksiyonun sağlaması gereken başka bazı bağıntılar bulmak.
  4. Fonksiyonel denklemin bazı özel tip çözümlerine bakmak.

Bu arada birkaç noktaya dikkat etmek gerek. Öncelikle tanım ve değer kümeleri önemli rol oynayabiliyorlar. Bir başka husus ise özel birtakım kabuller yapmamak. Örneğin istenen fonksiyonun türevlenebileceği verilmemişse ya da türevlenebilirliğini bir yolla ispatlamamışsak çözümde türevi ile ilgili özellikleri kullanmamamız gerekiyor.

Bu dediklerimize bazı örneklerde bakalım. Öncelikle bazı kümeleri belirleyelim; $\mathbb{Z}, \mathbb{Q}, \mathbb{R}$ sırasıyla tamsayılar, rasyonel sayılar ve reel sayılar kümelerini gösterecek; $\mathbb{Z}^+, \mathbb{Q}^+, \mathbb{R}^+$ ise yine sırasıyla pozitif tamsayılar, pozitif rasyonel sayılar ve pozitif reel sayılar kümeleri.

  • Her $x, y \in \mathbb{Z}$ için $f(x+y) – f(x-y) = 4xy$ bağıntısını $(1)$ sağlayan $f: \mathbb{R} \mapsto \mathbb{R}$ fonksiyonlarını bulunuz.

Bu örnekte çözümü doğrudan bulmak mümkün. Herhangi bir $t \in \mathbb{R}$ için $(1)$ bağıntısında $x = y = \frac{t}{2}$ alalım. $f(t) – f(0) = t^2$ buluruz. $f(0)$ değerini bir $c$ reel sayısı ile gösterirsek $f(t) = t^2 + c$ buluruz. Öte yandan herhangi bir $c$ sabiti için $f(t) = t^2 +c$ $(1)$ bağıntısını gerçekler. O halde tüm çözümleri elde etmiş olduk.

Tanım kümesinin önemli olduğunu söylemiştik; bu problemi biraz değiştirelim:

Her $x, y \in \mathbb{Z}$ için $f(x+y) – f(x-y) = 4xy$ bağıntısını $(1′)$ sağlayan $f: \mathbb{Z} \mapsto \mathbb{Z}$ fonksiyonlarını bulunuz.

Yukarıdaki çözüm geçerli olamaz çünkü herhangi bir $t \in \mathbb{Z}$ için $x = \frac{t}{2}$ alamayız, $\frac{t}{2}$ tamsayı olmayabilir. Bu durumda çözümü okuyuculara bırakıp $(1)$’deki problemden farklı olarak

$ f(x) = \begin{cases} x^2 & x\ çift\ ise \\ x^2 + 1 & x\ tek\ ise \\ \end{cases}$

fonksiyonunun $(1′)$ bağıntısını sağladığını belirtelim.

  • Her $ x, y \in \mathbb{R}$ için $f(x+y) = f(x) + f(y)$ ve $f(1) = 1$ bağıntılarını $(2)$ sağlayan $f = \mathbb{Q} \mapsto \mathbb{Q}$ fonksiyonlarını bulunuz.

$(2)$ fonksiyonel denklemlerin en klasik örneği. Öncelikle $x$ ve $y$ye özel değerler vermeye çalışalım.

$x = 1$, $y= 0$ alırsak $ 1= 1 + f(0) \implies f(0) \implies 0$

$x = 1$, $y= 1$ alırsak $ f(2) = 1 + 1 = 2$

$x = 1$, $y= 2$ alırsak $ f(3) = 1 + 2 = 3$

gibi değerler buluruz. Biraz genelleyelim.

$x = y$ alırsak

$f(2x) = f(x+x) = f(x) + f(x) = 2f(x)$

$2x = y$ alırsak

$f(3x) = f(x+2x) = f(x) + f(2x) = f(x) + 2f(x) = 3f(x)$

vb. bulduk. Burdan kolayca genelleyerek (ve tümevarım kullanarak) her $n \in \mathbb{Z}^+$ için $f(nx) = nf(x)$ olduğunu gösterebiliriz. Negatif sayılar için $-x = y$ alarak

$0 = f(0) = f(x + (-x)) = f(x) + f(-x)$

yani $f(-x) = -f(x)$ olduğunu gözlemleyerek, (ve $f(0) = 0$ olduğundan) $f(nx) = nf(x)$ bağıntısının her $n \in \mathbb{Z}$ için doğru olduğunu buluruz. Şimdi bir $\frac{p}{q}$ rasyonel sayısına bakalım. Yukarıda bulduğumuzdan

$pf(x) = f(px) = f(q \cdot \frac{p}{q} \cdot x) = qf(\frac{p}{q}x)$

o halde, her $p, q \neq 0$ tamsayısı için

$f(\frac{p}{q}x) = \frac{p}{q}f(x)$

bağıntısını bulduk. Şimdi $x = 1$ alırsak, ($f(1) = 1$ olduğundan) her $\frac{p}{q}\in \mathbb{R}$ için $f(\frac{p}{q}) = \frac{p}{q}$ olduğunu bulduk. Bu fonksiyonun $(2)$ bağıntısını sağladığı kolayca görülür.

Aynı problemi biraz değiştirelim.

Her $ x, y \in \mathbb{R}$ için $f(x+y) = f(x) + f(y)$ ve $f(1) = 1$ bağıntısını $(2′)$ sağlayan, sürekli $f = \mathbb{R} \mapsto \mathbb{R}$ fonksiyonunu bulunuz.

Burada öncelikle tanım kümesi değişti; bir de istenen fonksiyonun sürekli olduğu verildi. Rasyonel sayılar için $(2)$’deki yöntem bize her $r \in \mathbb{Q}$ için $f(r) = r$ olduğunu söyler. Şimdi $f$’nin sürekli olduğu bilgisini kullanalım: Bir $x$ reel sayısına rasyonel $r$ sayıları ile istediğimiz kadar yaklaşabiliriz. $f$ sürekli olduğundan $r$ $x$’e yakınken $f(r)$ de $f(x)$’e yakın olacaktır (bunu limitlerle daha iyi ifade edebiliriz). O halde, $r\in\mathbb{R}$ $x$’e yakınlaşırken $f(r) = r$ değeri $f(x)$’e yaklaşacaktır, yani $f(x) = x$ olacaktır.

Akla şöyle bir soru geliyor; $(2′)$ bağıntısını sağlayan $f$’nin sürekli olduğu verilmeseydi yine de her $x\in\mathbb{R}$ için $f(x) = x$ olduğunu gösterebilir miydik? Bunun yanıtı hayır ama bu yanıt ağırca bir matematik temeli gerektiriyor. Soyut yollardan $(2′)$ bağıntısını sağlayan süreksiz (ve her $x\in\mathbb{Q}$ için $f(x) =x$’ten farklı) fonksiyonların olduğunu gösterebiliyoruz ama böyle bir fonksiyonu burada açık seçik yazmak olanaksız.

Şimdi fonksiyonel denklemden birebir, örten vb. olma gibi bazı özelliklerin nasıl elde edileceğine bakalım.

  • Her $x\in \mathbb{R}$ için $f(1+f(x)) = 3x + 2$ $(3)$ bağıntısını sağlayan $f: \mathbb{R} \mapsto \mathbb{R}$ fonksiyonunun birebir ve örten olduğunu gösteriniz.

Birebirlik için $f(a) = f(b)$ olduğunu kabul edelim. İki tarafa da $1$ ekler ve $f$ uygularsak $f(1+f(a)) = f(1+f(b))$ buluruz. $(3)$ bağıntısından bu $3a + 2 = 3b + 2$ yani $a=b$ elde ederiz. O halde $f$ birebirdir.

Örtenlik için herhangi bir $y \in \mathbb{R}$ alalım. $f(a) = y$ olacak şekilde bir $a \in \mathbb{Z}$ arıyoruz. $(3)$ bağıntısında $x = \frac{1}{3}(y-2)$ alırsak, $f(1 + f(x)) = y$ buluruz; yani $a = 1 + f(\frac{1}{3}(y-2))$ için $f(a) = y$’dir. O halde $f$ örtendir.

Her $x, y \in \mathbb{R}$ için $f(x^2+y) = x^2 + f(y)$ $(3′)$ bağıntısını sağlayan $f: \mathbb{R} \mapsto \mathbb{R}$ fonksiyonunun artan olduğunu gösteriniz.

Bunun için $a < b$ reel sayılarına bakalım. $(3′)$ bağıntısında $y = a$ ve $x = \sqrt{b-a}$ alırsak:

$f(b) = f(b-a+ a) = f(( \sqrt{b-a})^2 + a)( \sqrt{b-a})^2 + f(a)$

ve $b – a > 0$ olduğundan; $f(b) > f(a)$ buluruz. O halde $f$ artandır.

Şimdi bu tür özel bilgilerin nasıl kullanıldığını görelim.

  • Her $x, y \in \mathbb{R}^+$ için $f(xf(y)) = f(x)f(y)$ ve $f(1) = 1$ $(4)$ bağıntısını sağlayan,
  1. birebir $f: \mathbb{R}^+ \mapsto \mathbb{R}^+$ fonksiyonlarını bulunuz.
  2. örten $f: \mathbb{R}^+ \mapsto \mathbb{R}^+$ fonksiyonlarını bulunuz.
  3. ve her $x \in \mathbb{R}^+$ için $f(x) \leq 10$ koşulunu sağlayan $f: \mathbb{R}^+ \mapsto \mathbb{R}^+$ fonksiyonlarını bulunuz.
  4. sürekli $f: \mathbb{R}^+ \mapsto \mathbb{R}^+$ fonksiyonlarını bulunuz.
  1. $(4)$ bağıntısında $x = 1$ alalım. Her $y \in \mathbb{R}^+$ için $f(f(y)) = f(y)$ olduğunu bulduk. Yani $a = f(y)$ ve $b = y$ alırsak $f(a) = f(b)$. $f$’nin birebir olduğu verilmiş; O halde $a = b$ yani her $y \in \mathbb{Z}^+$ için $f(y) = y$ fonksiyonu $(4)$ bağıntısını sağlıyor.
  2. Yine $x=1$ alalım, her $y\in\mathbb{R}^+$ için $f(f(y)) =f(y)$ olduğunu bulduk. Herhangi bir $t\in\mathbb{R}^+$ alalım. $f$ örten olduğundan $f(y) = t$ olacak şekilde bir $y \in \mathbb{R}^+$ vardır. Yukarıda bu $y$ değerini kullanırsak, $f(t) = f(f(y)) = f(y) = t$, yani her $t \in \mathbb{R}^+$ için $f(t) = t$ çözümünü elde ettik.
  3. Bir $a_1 \in \mathbb{R}^+$ için $f(a_1) = \alpha$ olsun. $(4)$ bağıntısında $x = y = a_1$ alalım, $f(a_1f(a_1)) = f(a_1)f(a_1) = \alpha^2$; yani $a_2 = a_1$ $f(a_1)$ için $f(a_2) = \alpha^2$ elde ettik. Şimdi $a_3 = a_2$ $f(a_1)$ olsun. $(4)$’te $a=a_2$, $y=a_1$ olarak, $f(a_3)=f(a_2f(a_1)) = f(a_2) f(a_1) = \alpha^2 \cdot \alpha = \alpha^3$; benzer yolla devam ederek, uygun $a_k$ değerleri için $f(a_k) = \alpha^k$, $k=1, 2,…$ olduğunu buluruz. Bir de tersine bakalım; $a_1′ = \frac{1}{f(a_1)}$ olsun. $(4)$’te $x=a_1’$, $y=a_1$ alalım, $f(a_1’f(a_1)) = f(a_1′)f(a_1)$, ancak $f_1’f(a_1) = 1$ ve $f(1) = 1$ olduğundan $f(a_1)f(a_1) = 1$ yani $f(a_1′) = \frac{1}{\alpha}$ çıktı. Yukarıdaki yolu sürdürürsek yine $k = 1,2,…$ için $f(a_k’) = \frac{1}{a_k}$ olacak şekilde uygun $\alpha_k’$ sayıları elde ederiz.

    Şimdi, her $x \in \mathbb{R}^+$ için $f(x) \leq 10$ koşulunu kullanalım. $x = a_k$ ve $x = a_k’$ değerlerini kullanarak, her $k = 1,2,…$ için $\alpha^k \leq$ ve $\frac{1}{\alpha^k} \leq 10$ eşitsizliklerini buluruz ki $\alpha > 0$ olduğundan bu durumda ancak $\alpha = 1$ durumunda doğru olur. O halde $f(a_1) = 1$ olmalıdır. Öte yandan $a_1$ herhangi bir pozitif reel sayı olabilir; yani aradığımız fonksiyon $f=1$ sabit fonksiyonu olmalıdır. Sabit $f=1$ fonksiyonu $(4)$ bağıntısını sağlar.

    Bu örneği biraz daha düşünelim; $(4)$ eşitsizliğinde $10$ sayısının hiçbir önemi yok, daha genel olarak şunu göstermiş olduk: $(4)$ bağıntısını sağlayan tek sınırlı $f: \mathbb{R}^+ \mapsto \mathbb{R}^+$ fonksiyonu $f = 1$ sabit fonksiyonudur. Burada sınırlı demekle, uygun bir $M$ sayısı için her $x \in \mathbb{R}^+$ için $f(x) \leq M$ koşulunu sağlayan fonksiyonları kastediyoruz.

  4. Bu çözümde 3‘teki sonucu kullanacağız. Eğer aradığımız fonksiyon sınırlı ise 3‘ten dolayı $f = 1$ sabit fonksiyonu olmalıdır. Eğer $f$ fonksiyonu sınırlı değilse $f(x)$ olabildiğince büyük değerler alacaktır. Öte yandan 3‘ün çözümündeki gibi $x’ = \frac{1}{f(x)}$ alırsak, $f(x’) = \frac{1}{f(x)}$ olacaktır. Birleştirirsek, $(4)$ bağıntısını sağlayan bir fonksiyon sınırlı değilse $f(x)$ bağıntısını sağlayan bir fonksiyon sınırlı değilse $f(x)$ olabildiğince büyük ve olabildiğince küçük (sıfıra yakın) değerler alacaktır. Şimdi $f$’nin sürekli olduğu bilgisini kullanalım. Sürekli fonksiyonlar bir değerden diğerine sıçrayamaz, aradaki tüm değerleri alırlar (Ara Değer Teoremi). O halde $(4)$’ü sağlayan, sınırlı olmayan, sürekli bir $f$ $(0, \infty )$ aralığındaki tüm değerleri alır. Yani böyle bir $f$ örtendir; o halde 2‘den dolayı $f(x) = x$ fonksiyonudur.
  5. Aynı $(4)$ fonksiyonel denkleminin değişik koşullar altında farklı yaklaşımlarla değişik çözümlerini elde ettik. Şimdi benzer bir bağıntıyı sağlayan oldukça farklı bir fonksiyon görelim. “Tek sayıları sevmeyen fonksiyon” olarak adlandırabileceğimiz fonksiyon şöyle tanımlanıyor. Önce bir hatırlatma yapalım: her pozitif tamsayı, $t$ bir tamsayı olmak üzere $2^k \cdot t$ şeklinde ifade edilebilir. Örneğin $7 = 2^0 \cdot 7$, $16 = 2^4 \cdot$, $20 = 2^2 \cdot 5$. Yukarıdaki gösterimle $n = 2^k \cdot t$ ise, $f(n) = 2^k$ olarak tanımlansın. $f(7) = 2^0 = 1$, $f(16) = 2^4 =16$, $f(20)=2^2 =4$ gibi. Bu $f$ fonksiyonu kolayca görülebileceği gibi, her $x,y \in \mathbb{Z}^+$ için, $f(xf(y)) = f(x)f(y)$ ve $f(1) = 1$ bağıntılarını sağlar.
  • Her $x, y \in \mathbb{R}^+$ için $p(x+y) p(x-y) = (p(x))^2 – (p(y))^2$ bağıntısını $(5)$ sağlayan $p$ polinomlarını bulunuz.

Önce $x=y=0$ alalım; $(p(0))^2 = 0$, yani $p(0) = 0$ bulduk. Şimdi $p$ polinomunun bir $\alpha$ kökünü ele alalım, $p(\alpha) = 0$. $(5)$’te $x=2\alpha$, $y=\alpha$ alırsak; $p(3\alpha)p(\alpha) = (p(2\alpha))^2-(p(\alpha))^2$, $p(\alpha) = 0$ olduğundan, $(p(2\alpha))^2 = 0$. Yani $p(2\alpha) = 0$ bulduk. Yine $(5)$’te $x=3\alpha$, $y=2\alpha$ alırsak, aynı yolla $p(3\alpha) = 0$ ve benzer şekilde $k = 1,2,…$ için $p(k\alpha) = 0$ bulduk. O halde $\alpha$, $2\alpha$, $3\alpha$, $…$, $k\alpha$, $…$ $p$ polinomunun kökleri. Bir polinomun en çok derecesi kadar farklı kökü olmalı, o haalde $\alpha = 0$ yan, $p$’nin tek reel kökü sıfır olmalı. Öte yandan $(5)$ bir polinom özdeşliği, o halde $x$, $y$ karmaşık sayıları için de doğru olacak, yani polinomun tek (reel veya karmaşık kökü) sıfır. Bu da $p(x) = cx^n$ şeklinde demek. Bu ifadeyi $(5)$’te yerine koyarsak, $n=1$ yani $p(x) =cx$ çıkıyor.

Bu örnekte $p$ fonksiyonunun polinom olma özelliğini kullandık. Bu bilgi olmasaydı başka çözümler de bulabilirdik. Örneğin $p(x) = \sin{x}$ fonksiyonu $(5)$ bağıntısını sağlar.

Problemler

  1. $(2′)$ bağıntısını sağlayan, artan tek $f: \mathbb{R} \mapsto \mathbb{R}$ fonksiyonunun $f(x) = x$ olduğunu gösteriniz.
  2. $(2′)$ bağıntısını sağlayan $f: \mathbb{R} \mapsto \mathbb{R}$ fonksiyonu ayrıca her $x \in\mathbb{R}^+$ için $f(x) > 0$ koşulunu da sağlıyorsa, $f$’nin artan olduğunu ispatlayınız.
  3. 5‘teki örneğe benzeterek her $x, y \in \mathbb{Q}^+$ için $f(xf(y)) = f(x)f(y)$ ve $f(1) = 1$ koşulunu sağlayan $f(x) = x$ ve $f = 1$’den farklı bir $f: \mathbb{Q}^+ \mapsto \mathbb{Q}^+$ fonksiyonu tanımlayınız.
  4. Her $x,y \in \mathbb{R}$ için $(x-y)f(x+y) – (x+y)f(x-y) = 4xy (x^2-y^2)$ bağıntısını sağlayan $f: \mathbb{R} \mapsto \mathbb{R}$ fonksiyonlarını bulunuz.
  5. Her $x,y \in \mathbb{Z}^+$ için $f(x+2) = f(x+1) + f(x)$ ve $f(1) =f(2) = 1$ bağıntısını sağlayan $f: \mathbb{Z}^+ \mapsto \mathbb{Z}^+$ fonksiyonlarını bulunuz.
  6. (1990 Olimpiyatı) Her $x,y \in \mathbb{Q}^+$ için $f(xf(y)) = \frac{f(x)}{y}$ koşulunu sağlayan bir $f: \mathbb{Q}^+ \mapsto \mathbb{Q}^+$ fonksiyonu tanımlayınız.
  7. (1990 Olimpiyatı) Her $x,y \in \mathbb{R}^+$ için $f(x^2+f(y)) = y + (f(x))^2$ bağıntısını sağlayan $f: \mathbb{R} \mapsto \mathbb{R}$ fonksiyonlarını bulunuz.
OLİMPİYAT HABERLERİ

Temmuz ayında Moskova'da yapılan 33. Uluslararası Matematik Olimpiyatında takımımızdan Sinan Güntürk ve Cem Mutlugün bronz madalya kazandılar. Takım elemanlarımız ve madalya kazananlar ayrıca Başbakan Yardımcısı ve Devlet Bakanı Sayın Erdal İnönü ve TUBİTAK tarafından ödüllendirildiler.

Not: Bu yazı Matematik Dünyası Dergisi arşivinden siteye eklenmiştir. Yazı ilk olarak derginin 1992 yılı 4. sayısında yer almıştır. Matematik Dünyası arşivi titiz bir çalışma ile çevrim içi platformlarda yeni okuyucularıyla buluşuyor. Bu yazıyı burada okunabilir hale getiren arşiv ekibi üyesi Zeynep Begüm Kara‘ya ve tüm gönüllü arşiv ekibimize teşekkür ediyoruz. Yazıyı PDF olarak okumak için PDF arşivine buradan ulaşabilirsiniz.

- Son sayıyı sipariş vermek için tıklayın. -Newspaper WordPress Theme

Son eklenen yazılar