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f(x+y+z) を計算してみるとかなり見通しが良くなる.
xとy+zに分けて展開した時と、x+zとyに分けて展開した時の差分が f(x^2yz) と f(xy^2z) のようにきれいに出てくるのがポイントですね条件式に対称形がある時にあえて変数を増やしてみる作戦が最初に思い浮かぶようになれば強いと思います
こりゃ無理だわ。誘導無くして解ける人、どのくらいいるのかな？
天野遠影
この手の問題やる時には、とりあえずxに0とか±1とか入れるのは誰でもやるので、あとは定数関数と気づけるかだけ。これもxに2xや3xいれてみればわかる。
方針：適当な場合分けは必要だが、x+y=xyとして両辺からうまく項を消す。
∀x.f(x+0) = f(x)f(0)f(0・x) なので一つの可能性は ∀x.f(x)=0、それとf(0)=±1 だけどその次どうしようかと思ってたらf(x-x)という手があったか
初見です。過去動画で解説済みでしたら申し訳ございませんが、質問です。6:01 f(x)^3が定数→f(x)が定数は、「自明」で片づけてしまってよいのでしょうか。今回は3乗だからよかったものの、もしも2乗だったらfは定数とは限らない(反例：fが1と-1だけをとる関数)し、今回はfがR→Rだからよかったものの、もしもfがC→Cへの関数だった場合もfは定数とは限らない(反例：fが1とωとω^2だけをとる関数(ωは1の原始3乗根のうちのひとつ))ので、そこまで当たり前でもないかなと感じました。
確かに、R上でのx^3の単射性について一言添えた方が良いかもしれないですね。
場合分け2つ目に出てきたkですが、1=f(x)f(-x)f(-x²)にx=1とすればk=1になって即消せる気がしました
どっかの入試問題で見た問題
色々値を代入していたら解けましたが、f(x-x)は思い付きませんでした。
f(x)をn次としてy:fixで考えると右辺がxの2n次、左辺がxのn次になり、これがxの恒等式なのでn=0、f(x)=aとするとa=a³ つまりa=0、±1これで終わりでは無いのでしょうか。
fxをn次関数と考えればその通りです。ただ、n次関数とは限らないのです。三角関数かもしれないし、指数関数、対数関数、あるいはもっと変わった関数である可能性も考えて解いていくべきです。
n次関数であるとは限らないのがこの問題のおもしろいところですね
@@tamoshop なるほど！私の考察不足でした。精進します。
なるほど．微分可能性とか必要ないんかね？と思ったけど，たしかにこの議論ならいらない
「fが解ならば-fも解なので」でよさそう。
それは、例えば｢関数f(x)＝xが条件をみたすなら他の関数g(x)＝f(-x)＝-xも条件を満たす｣というようなものを保証しているのであって、f＝-fを保証している訳ではないのでは？(実際私が出した例ではx＝-xが成立しない実数xが存在します)
@@びっち-t7f おっしゃりたいことがわかりませんでした。f=-fとはなんのことでしょうか。解が唯一であるならばf=-fよりf=0ですが、今回は0,1,-1と3つ存在しますよ。誤解なさっているようですので私のコメントの意図をもっと詳しく書きます。動画では「f(0)=1ならばf(x)=1」を示しているわけですが、f(0)=-1のときはg(x)=-f(x)とおくとgはfと全く同じ関数方程式を満たします。言い換えれば、fが解ならばgも解であるということです。したがって当然「g(0)=1ならばg(x)=1」も満たされ、実際にf(0)=-1のときg(0)=1なのでg(x)=1、すなわちf(x)=-1が導かれるというわけです。よってf(0)=-1のときを大真面目に議論する必要はなく、記述では「fが解ならば-fも解なので、f(0)=-1のときはf(x)=-1」で十分だと思いますという意図でした。
@@indigotom8969 あら。失礼しました。f(x)が解ならばf(-x)も解なのでf(x)=f(-x)という主張かと勘違いしておりました。それにさらに色々勘違いが重なり変なことを申しました。すみません。
「{f(x)}^3=定数なのでf(x)は定数関数」の証明は不要ですか？
逆のところがわからん、
試験問題で見た瞬間「ひぇっ」となるけど、冷静に考えれば意外に解ける奴。知らなくてもとりあえず代入ってのはやるだろう。それより何だか面白そうな数学問題に展開しそうに見えてどん詰まりなのが残念かも。
まずは実験f(0)とするy=0f(x)=f(x)f(0)^2(f(0)^2-1)f(x)=0(f(0)-1)(f(0)+1)f(x)=0f(x)=0またはf(0)=±1f(x)=0 (∀x)である場合以外を考えるここでf(y)=0 (∃y)と仮定しこのようなyに対してf(x+y)=0となるのでf(x)=0 (∀x)が示される。今、f(x)=0 (∀x)である場合以外を考えるのでf(x)≠0 (∀x)f(0)=±1f(x+y)=f(x)f(y)f(xy)実験の続きy=1f(x+1)=f(1)f(x)^2x=0f(1)=f(1)f(0)^2=±f(1)^2x=-1f(1)f(-1)^2=f(0)=±1f(1)=±f(1)^2f(1)f(-1)^2=±1f(1)(±f(1)-1)=0f(1)f(-1)^2=±1f(1)f(-1)^2=±1から±f(1)>0なので±f(1)-1=0f(1)=±1f(1)f(-1)^2=±f(-1)^2=±1±f(-1)^2=±1f(-1)^2=1a=f(0)=f(1)=±1b=f(-1)=±1とするf(x+1)=af(x)^2y=-1の場合f(x-1)=bf(x)f(-x)f(x)=bf(x+1)f(-(x+1))=abf(x)^2f(-x-1)f(x)(abf(x)f(-x-1)-1)=0f(x)≠0よりabf(x)f(-x-1)=1x=-1/2abf(-1/2)^2=1a=±1b=±1を満たすにはa=b=±1f(-1/2)^2=1a=b=±1c=f(-1/2)=±1y=nxf((n+1)x)=f(x)f(nx)f(nx^2)x=(n+1)/nf((n+1)^2/n)=f((n+1)/n)f(n+1)f((n+1)^2/n)f((n+1)/n)f(n+1)=1f(1+1/n)f(n+1)=1f(1+1/z)f(1+z)=1y=-xf(x)f(-x)f(-x^2)=f(0)=ax=±1a=f(1)f(-1)^2=af(-1)^2f(-1)^2=1d=f(-1)=±1
2分で答えは出た。以下思考過程、どうせf(x)=±xかf(x)=±kxかf(x)=±1かf(x)=0かf(x)=k最悪f(x)=1/xかf(x)=x^2やlogxだろう。±1と0はいけるな。これ以外に無いことを示す。give up3割くらい貰えるだろう。
f(x+y+z) を計算してみるとかなり見通しが良くなる.
xとy+zに分けて展開した時と、x+zとyに分けて展開した時の差分が f(x^2yz) と f(xy^2z) のようにきれいに出てくるのがポイントですね
条件式に対称形がある時にあえて変数を増やしてみる作戦が最初に思い浮かぶようになれば強いと思います
こりゃ無理だわ。誘導無くして解ける人、どのくらいいるのかな？
天野遠影
この手の問題やる時には、とりあえずxに0とか±1とか入れるのは誰でもやるので、あとは定数関数と気づけるかだけ。これもxに2xや3xいれてみればわかる。
方針：適当な場合分けは必要だが、x+y=xyとして両辺からうまく項を消す。
∀x.f(x+0) = f(x)f(0)f(0・x) なので一つの可能性は ∀x.f(x)=0、それとf(0)=±1 だけどその次どうしようかと思ってたらf(x-x)という手があったか
初見です。過去動画で解説済みでしたら申し訳ございませんが、質問です。
6:01
f(x)^3が定数→f(x)が定数
は、「自明」で片づけてしまってよいのでしょうか。
今回は3乗だからよかったものの、もしも2乗だったらfは定数とは限らない(反例：fが1と-1だけをとる関数)し、
今回はfがR→Rだからよかったものの、もしもfがC→Cへの関数だった場合もfは定数とは限らない(反例：fが1とωとω^2だけをとる関数(ωは1の原始3乗根のうちのひとつ))ので、
そこまで当たり前でもないかなと感じました。
確かに、R上でのx^3の単射性について一言添えた方が良いかもしれないですね。
場合分け2つ目に出てきたkですが、1=f(x)f(-x)f(-x²)にx=1とすればk=1になって即消せる気がしました
どっかの入試問題で見た問題
色々値を代入していたら解けましたが、
f(x-x)は思い付きませんでした。
f(x)をn次としてy:fixで考えると
右辺がxの2n次、左辺がxのn次になり、これがxの恒等式なのでn=0、
f(x)=aとするとa=a³ つまりa=0、±1
これで終わりでは無いのでしょうか。
fxをn次関数と考えればその通りです。ただ、n次関数とは限らないのです。三角関数かもしれないし、指数関数、対数関数、あるいはもっと変わった関数である可能性も考えて解いていくべきです。
n次関数であるとは限らないのがこの問題のおもしろいところですね
@@tamoshop なるほど！私の考察不足でした。精進します。
なるほど．微分可能性とか必要ないんかね？と思ったけど，たしかにこの議論ならいらない
「fが解ならば-fも解なので」でよさそう。
それは、例えば｢関数f(x)＝xが条件をみたすなら他の関数g(x)＝f(-x)＝-xも条件を満たす｣というようなものを保証しているのであって、f＝-fを保証している訳ではないのでは？
(実際私が出した例ではx＝-xが成立しない実数xが存在します)
@@びっち-t7f おっしゃりたいことがわかりませんでした。f=-fとはなんのことでしょうか。解が唯一であるならばf=-fよりf=0ですが、今回は0,1,-1と3つ存在しますよ。
誤解なさっているようですので私のコメントの意図をもっと詳しく書きます。
動画では「f(0)=1ならばf(x)=1」を示しているわけですが、f(0)=-1のときはg(x)=-f(x)とおくとgはfと全く同じ関数方程式を満たします。言い換えれば、fが解ならばgも解であるということです。したがって当然「g(0)=1ならばg(x)=1」も満たされ、実際にf(0)=-1のときg(0)=1なのでg(x)=1、すなわちf(x)=-1が導かれるというわけです。よってf(0)=-1のときを大真面目に議論する必要はなく、記述では「fが解ならば-fも解なので、f(0)=-1のときはf(x)=-1」で十分だと思いますという意図でした。
@@indigotom8969
あら。失礼しました。
f(x)が解ならばf(-x)も解なのでf(x)=f(-x)
という主張かと勘違いしておりました。
それにさらに色々勘違いが重なり変なことを申しました。
すみません。
「{f(x)}^3=定数なのでf(x)は定数関数」の証明は不要ですか？
逆のところがわからん、
試験問題で見た瞬間「ひぇっ」となるけど、冷静に考えれば意外に解ける奴。
知らなくてもとりあえず代入ってのはやるだろう。
それより何だか面白そうな数学問題に展開しそうに見えてどん詰まりなのが残念かも。
まずは実験
f(0)
とする
y=0
f(x)=f(x)f(0)^2
(f(0)^2-1)f(x)=0
(f(0)-1)(f(0)+1)f(x)=0
f(x)=0
または
f(0)=±1
f(x)=0 (∀x)である場合以外を考える
ここで
f(y)=0 (∃y)と仮定し
このようなyに対して
f(x+y)=0
となるので
f(x)=0 (∀x)が示される。
今、f(x)=0 (∀x)である場合以外を考えるので
f(x)≠0 (∀x)
f(0)=±1
f(x+y)=f(x)f(y)f(xy)
実験の続き
y=1
f(x+1)=f(1)f(x)^2
x=0
f(1)=f(1)f(0)^2=±f(1)^2
x=-1
f(1)f(-1)^2=f(0)=±1
f(1)=±f(1)^2
f(1)f(-1)^2=±1
f(1)(±f(1)-1)=0
f(1)f(-1)^2=±1
f(1)f(-1)^2=±1
から
±f(1)>0なので
±f(1)-1=0
f(1)=±1
f(1)f(-1)^2=±f(-1)^2=±1
±f(-1)^2=±1
f(-1)^2=1
a=f(0)=f(1)=±1
b=f(-1)=±1
とする
f(x+1)=af(x)^2
y=-1の場合
f(x-1)=bf(x)f(-x)
f(x)=bf(x+1)f(-(x+1))=abf(x)^2f(-x-1)
f(x)(abf(x)f(-x-1)-1)=0
f(x)≠0より
abf(x)f(-x-1)=1
x=-1/2
abf(-1/2)^2=1
a=±1
b=±1
を満たすには
a=b=±1
f(-1/2)^2=1
a=b=±1
c=f(-1/2)=±1
y=nx
f((n+1)x)=f(x)f(nx)f(nx^2)
x=(n+1)/n
f((n+1)^2/n)=f((n+1)/n)f(n+1)f((n+1)^2/n)
f((n+1)/n)f(n+1)=1
f(1+1/n)f(n+1)=1
f(1+1/z)f(1+z)=1
y=-x
f(x)f(-x)f(-x^2)=f(0)=a
x=±1
a=f(1)f(-1)^2=af(-1)^2
f(-1)^2=1
d=f(-1)=±1
2分で答えは出た。以下思考過程、
どうせf(x)=±xかf(x)=±kxか
f(x)=±1かf(x)=0かf(x)=k
最悪f(x)=1/xかf(x)=x^2やlogx
だろう。
±1と0はいけるな。
これ以外に無いことを示す。
give up
3割くらい貰えるだろう。