Εύκολη συναρτησιακή (6)

#1

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

για κάθε $x,y \in \mathbb{R}.$

Mikesar · #2

Μια ιδέα με κάθε επιφύλαξη...
$y:=0\rightarrow f^2(x)=x^2+f(x)f(0) \ (1)$
$y:=0,\ x:=-x\rightarrow f^2(-x)=x^2+f(-x)f(0) \ (2)$
y:=-x

στην αρχική, με επιμεριστική και με χρήση των (1) και (2) έχω
(f(x)-f(-x))^2=4x^2

δηλαδή
$f(x)-f(-x)=2x \ (3)$ για κάποια

και $f(x)-f(-x)=-2x \ (4)$ για κάποια άλλα

Επιπλέον αφαιρώντας τις (1),(2) κατά μέλη έχω
$f^2(x)-f^2(-x)=f(0)(f(x)-f(-x))\Leftrightarrow f(x)+f(-x)=c \ (5)$ με $x\ne0$
Προσθέτοντας στις (3) και (4) την (5) προκύπτει ότι
$\displaystyle f(x)=x+\frac{c}{2},\ x\in{D_1} \setminus \{0\}$ και $\displaystyle f(x)=-x+\frac{c}{2}, \ x\in{D_2} \setminus \{0\}$ αντίστοιχα.
Στην αρχική με y:=0

και ένα οποιοδήποτε

, αντικαθιστώντας προκύπτει ότι
$x^2+2c(\displaystyle x+\frac{c}{2})=\displaystyle (x+\frac{c}{2})(x+\frac{3c}{2})\Leftrightarrow c^2=\frac{3c^2}{4}\Leftrightarrow c=0$
Τέλος, διαλέγοντας $x\in{D_1} \setminus \{0\}, \ y\in{D_2} \setminus \{0\}, \ x,y\ne0$ και αντικαθιστώντας στην αρχική έχω ότι f(x+y)=x-y

άτοπο, άρα είναι αδύνατο να ισχύουν και οι δύο σχέσεις ταυτόχρονα.
Συνεπώς $\displaystyle\boxed{f(x)=x \ \forall x \in\mathbb{R}}$ ή $\displaystyle\boxed{f(x)=-x \ \forall x \in\mathbb{R}}$

#3

viewtopic.php?f=111&t=15986

Εύκολη συναρτησιακή (6)

Εύκολη συναρτησιακή (6)

Re: Εύκολη συναρτησιακή (6)

Re: Εύκολη συναρτησιακή (6)

Μέλη σε σύνδεση