Ενδιαφέρουσα συναρτησιακή!

#1

Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε $\displaystyle{f(xy+(f(x))^2)=f(f(x))f(x+y),}$ για κάθε $x,y \in \mathbb{R}.$

Παναγιώτης 1729 · #2

Προφανής λύση είναι η μηδενική συνάρτηση. Θα αναζητήσουμε τις υπόλοιπες λύσεις.
-Αν δεν υπάρχει c με f(c)=0

, για

έχω $\displaystyle f(y)=\frac{f(f^(0))}{f(f(0))}=a$ και με αντικατάσταση βρίσκω a=1

, δεκτή λύση.
Αν f(c)=0

για κάποιο c, τότε για x=c,y=0

έχω

.
Για

έχω

. Αφού η συνάρτηση που ψάχνουμε δεν είναι η μηδενική πρέπει c=0

. Άρα, η f έχει μοναδική ρίζα.
Αν για κάποιο α είναι f(f(a))=0

, τότε

, άρα

.
Για ένα μη μηδενικό x θέτω $\displaystyle y'=\frac{f^2(x)}{-x}$ και η αρχική δίνει f(x+y')f(f(x))=0

, άρα

, άρα $\displaystyle 0=x+y'=x-\frac{f^2(x)}{x}$ . Άρα, f^2(x)=x^2

. Ο τύπος αυτός ισχύει και για x=0, άρα για κάθε x.
Από εδώ έχουμε 3 περιπτώσεις:
- f(x)=x

για κάθε x. (δεκτή)

- f(x)=-x

για κάθε x. (δεκτή)

-Έστω ότι f(x_0)=x_0

,

για κάποια x_0,x_1

(μη μηδενικά).
H αρχική γίνεται f(x(x+y))=f(f(x))f(x+y)

. Για

έχω

(*) (με αλλαγή των x,z). Αν οι x,z είναι μη μηδενικοί, τότε $\displaystyle \frac{f(f(x))}{f(x)}=\frac{f(f(z))}{f(z)}=k$ , άρα f(f(x))=kf(x)

.
Τότε εύκολα προκύπτει k=1

, δηλαδή

.
H * γράφεται f(xz)=f(x)f(z)

, άρα

, που οδηγεί στην f(x)=x

για $x\geq{0}$ .
Άρα, x_1<0

. Τότε ο τυχαίος z<0

έχει $\displaystyle f(z)=f(x_1)f(\frac{z}{x_1})=-x_1\frac{z}{x_1}=-z=|z|$ (αφού $\frac{z}{x_1}>0$ ).
Άρα, f(x)=|x|

, δεκτή (εύκολη επαλήθευση.)

#3

Μπορούμε άραγε να προσδιορίσουμε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{R}^+ \rightarrow \mathbb{R}^+$ τέτοιες ώστε $\displaystyle{f(xy+(f(x))^2)=f(f(x))f(x+y),}$ για κάθε $x,y \in \mathbb{R}^+.$
(Το έθεσα και εδώ: http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 9&t=623189)

Ενδιαφέρουσα συναρτησιακή!

Ενδιαφέρουσα συναρτησιακή!

Re: Ενδιαφέρουσα συναρτησιακή!

Re: Ενδιαφέρουσα συναρτησιακή!

Μέλη σε σύνδεση