Συναρτησιακή για εξάσκηση!!

#1

Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε
α) f(x+f(y)) = y+f(x) ,

για κάθε $x,y \in \mathbb{R}.$
β) το σύνολο $\displaystyle{ {\left\{\frac{f(x)}{x}\ :\ \mbox{x \in \Bbb{R}}\right\}} }$ είναι πεπερασμένο.

#2

socrates έγραψε:Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε
α) για κάθε $x,y \in \mathbb{R}.$ (1)
β) το σύνολο $\displaystyle{K= \{ \frac{f(x)}{x}\ :\ \mbox{x \in \Bbb{R}} \}} }$ είναι πεπερασμένο.

Όμορφη!

Βοηθητικός Ισχυρισμός: $\displaystyle{f(0)=0}$

Έστω ότι $\displaystyle{f(0)=a \neq 0}$ , τότε από την (1) για $\displaystyle{x=y=0}$ δίνει $\displaystyle{f(a)=a}$ .

Έστω $\displaystyle{f(na)=a}$ , $\displaystyle{n}$ θετικός ακέραιος, τότε η (1) για $\displaystyle{y=0}$ και $\displaystyle{x=na}$ δίνει

$\displaystyle{f((n+1)a)=a}$ , άρα $\displaystyle{f(na)=a, \forall n \in \Bbb{N} \Rightarrow \frac {f(na)}{na}=\frac {1}{n},\ \forall n \in \Bbb{N}}$ ,

άρα το $\displaystyle{K}$ δεν είναι πεπερασμένο, άτοπο.

Έτσι η (1) για $\displaystyle{x=0}$ γίνεται $\displaystyle{f(f(y))=y,\ \forall y \in \Bbb{R}}$ (2)

Συνεπώς αν στην (1) αντικαταστήσουμε το $\displaystyle{y}$ με $\displaystyle{f(y)}$ έχουμε και λόγω της (2):

$\displaystyle{f(x+y)=f(x)+f(y),\ \forall x,y \in \Bbb{R}}$

Άρα (γνωστό) $\displaystyle{f(x)=cx,\ \forall x \in \Bbb{Q}}$

Έστω τώρα $\displaystyle{q \in \Bbb{Q}}$ .

Αν για κάποιο $\displaystyle{m \in \Bbb{R} \setminus \Bbb{Q}}$ έχουμε $\displaystyle{f(m) \neq cm}$ , τότε

$\displaystyle{f(m+q)=f(m)+cq=f(m)-cm+c(m+q) \Rightarrow \frac {f(m+q)}{m+q}=c+\frac {f(m)-cm}{m+q}}$

Έστω $\displaystyle{q,p \in \Bbb{Q}}$ με $\displaystyle{q \neq p}$ , τότε $\displaystyle{\frac {f(m)-cm}{m+q} \neq \frac {f(m)-cm}{m+p}}$

$\displaystyle{\Rightarrow \frac {f(m+q)}{m+q} \neq \frac {f(m+p)}{m+p}}$ .

Συνεπώς το σύνολο $\displaystyle{K}$ περιέχει το σύνολο $\displaystyle{\{m+p,p \in \Bbb{Q}\}}$ , που είναι ισοδύναμο με

το σύνολο $\displaystyle{\Bbb{Q}}$ , άτοπο.

Άρα $\displaystyle{f(x)=cx,\ \forall x \in \Bbb{R}}$ , που επαληθεύει τις απαιτήσεις του προβλήματος.

S.E.Louridas · #3

Έχω την αίσθηση ότι τελικά είναι η
$y = f\left( x \right) = x/{\Cal R}$
καθότι
$x = 0 \Rightarrow f\left( {f\left( y \right)} \right) = y + f\left( 0 \right),\;\forall y \in {\Cal R}$ .
Αν
$f\left( {y_1 } \right) = f\left( {y_2 } \right) \Rightarrow f\left( {f\left( {y_1 } \right)} \right) = f\left( {f\left( {y_2 } \right)} \right) \Rightarrow y_1 = y_2 \Rightarrow f:1 - 1.$
Άρα βλέπουμε
$y = 0 \Rightarrow f\left( {x + f\left( 0 \right)} \right) = f\left( x \right) \Rightarrow x + f\left( 0 \right) = x,\forall x \in {\Cal R} \Rightarrow f\left( 0 \right) = 0.$
Άρα παίρνουμε:
$f\left( {f\left( y \right)} \right) = y,\;\forall y \in {\Cal R}$
που οδηγεί στην διαπίστωση ότι το πεδίο τιμών της

είναι το

.
Παρατηρούμε λοιπόν ότι,
$f\left( {f\left( y \right)} \right) = y,\;\forall y \in {\Cal R} \Rightarrow f^{ - 1} \left( {f\left( {f\left( y \right)} \right)} \right) = f^{ - 1} \left( y \right),\;\forall y \in {\Cal R} \Rightarrow$ $f\left( y \right) = f^{ - 1} \left( y \right),\;\forall y \in {\Cal R}\;(*)$ .
Συνεπώς κινούμενοι από εδώ και κάτω με την Άριστη μέθοδο επίλυσης του Σπύρου παίρνουμε:
$f\left( x \right) = cx,\;\forall x \in {\Cal R}\mathop \Rightarrow \limits^{(*)} c = 1$ ,
αλλά ευθέως και από την $f\left( {f\left( y \right)} \right) = y,\;\forall y \in {\Cal R}$ .

#4

S.E.Louridas έγραψε:Έχω την αίσθηση ότι τελικά είναι η
$y = f\left( x \right) = x/{\Cal R}$
καθότι
$x = 0 \Rightarrow f\left( {f\left( y \right)} \right) = y + f\left( 0 \right),\;\forall y \in {\Cal R}$ .
Αν
$f\left( {y_1 } \right) = f\left( {y_2 } \right) \Rightarrow f\left( {f\left( {y_1 } \right)} \right) = f\left( {f\left( {y_2 } \right)} \right) \Rightarrow y_1 = y_2 \Rightarrow f:1 - 1.$
Άρα βλέπουμε
$y = 0 \Rightarrow f\left( {x + f\left( 0 \right)} \right) = f\left( x \right) \Rightarrow x + f\left( 0 \right) = x,\forall x \in {\Cal R} \Rightarrow f\left( 0 \right) = 0.$
Άρα παίρνουμε:
$f\left( {f\left( y \right)} \right) = y,\;\forall y \in {\Cal R}$
που οδηγεί στην διαπίστωση ότι το πεδίο τιμών της είναι το .
Παρατηρούμε λοιπόν ότι,
$f\left( {f\left( y \right)} \right) = y,\;\forall y \in {\Cal R} \Rightarrow f^{ - 1} \left( {f\left( {f\left( y \right)} \right)} \right) = f^{ - 1} \left( y \right),\;\forall y \in {\Cal R} \Rightarrow$ $f\left( y \right) = f^{ - 1} \left( y \right),\;\forall y \in {\Cal R}\;(*)$ .
Συνεπώς κινούμενοι από εδώ και κάτω με την Άριστη μέθοδο επίλυσης του Σπύρου παίρνουμε:
$f\left( x \right) = cx,\;\forall x \in {\Cal R}\mathop \Rightarrow \limits^{(*)} c = 1$ ,
αλλά ευθέως και από την $f\left( {f\left( y \right)} \right) = y,\;\forall y \in {\Cal R}$ .

Σωτήρη ο τρόπος σου για να βγάλεις ότι $\displaystyle{f(0)=0}$ είναι πιο σύντομος και κομψός.

Μου τον υπέδειξε με π.μ. και η Φωτεινή με απορία πως και εγκατέλειψα έναν τρόπο που πολλές φορές έχω χρησιμοποιήσει. Έλα βρες ...

κόλλησα με το πεπερασμένο. Κάπου έχω δει αυτόν τον τρόπο και μου άρεσε και μου έμεινε...

Και για το τελείωμα έχεις δίκιο, αλλά μάλλον βγαίνει $\displaystyle{c=\pm1}$

S.E.Louridas · #5

Ναι Σπύρο είναι $c = \pm 1 \Rightarrow y = f\left( x \right) = \pm x/{\Cal R}$ για τους Μαθηματικούς λόγους που αναφέρθηκαν.
Κατά τα άλλα δεν υπάρχουν καλοί ή κακοί τρόποι επίλυσης.
Υπάρχει μόνο η μεθοδολογία που διαμορφώνει ο λύτης προκειμένου να αντιμετωπίσει ένα Μαθηματικό πρόβλημα (ο πηγαιμός προς την λύση), έστω και αν τελικά δεν το επιλύσει.
Είναι επίσης γεγονός ότι το σύνολο των προβλημάτων που έχει κάποιος λύσει είναι «πεπερασμένου και μικρού cardinal » ενώ το σύνολο των προβλημάτων που "περιμένουν" προς επίλυση έχει πληθικό αριθμό πολύ πάνω του προηγούμενου "cardinal" που τείνει σε δισθεόρατα ύψη.
Παρ’ όλα αυτά ο Σπύρος Καπελλίδης είναι δεινός λύτης (αντικειμενικά).

#6

http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 36&t=99183

Συναρτησιακή για εξάσκηση!!

Συναρτησιακή για εξάσκηση!!

Re: Συναρτησιακή για εξάσκηση!!

Re: Συναρτησιακή για εξάσκηση!!

Re: Συναρτησιακή για εξάσκηση!!

Re: Συναρτησιακή για εξάσκηση!!

Re: Συναρτησιακή για εξάσκηση!!

Μέλη σε σύνδεση