Λιτή συναρτησιακή!

#1

Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε $\displaystyle{ f(xy)+f(x)=f(x)f(y+1) ,}$ για κάθε $x,y \in \mathbb{R}.$

#2

socrates έγραψε:Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε
$\displaystyle{ f(xy)+f(x)=f(x)f(y+1),(1) ,}$ για κάθε $x,y \in \mathbb{R}.$

$x=0,y=-1: (1)\Rightarrow A)f(0)=0 ,\quad B)f(0)=2$

$x=1,y=0:(1)\Rightarrow f(1)=0 \quad ,f(1)=1$

$y=0:(1)\Rightarrow f(x)=f(x)f(1)$

αν $f(1)=0\Rightarrow f(x)=0$

αν f(1)=1

$x=1:(1)\Rightarrow f(y)+1=f(y+1)\Rightarrow f(y)=y,y\in \mathbb R$

$x=1,y=0:(1)\Rightarrow f(1)=2,\quad f(1)=-1$

$y=0:(1)\Rightarrow 2+f(x)=f(x)f(1)$

αν $f(1)=2\Rightarrow f(x)=2$

αν $f(1)=-1\Rightarrow f(x)=-1$ ,δεν ικανοποιεί την αρχική.

Antonis_Z · #3

Καλησπέρα!Ίσως πήρα δύσβατο δρόμο...

Έστω ότι η

είναι σταθερή και ίση με

.Τότε προκύπτει πως c=0/or/c=2

,άρα οι

είναι λύσεις.
Έστω τώρα ότι η συνάρτησή μας δεν είναι σταθερή.Θα ακολουθήσουμε τα επόμενα βήματα.

Βήμα 1: f(0)=0,f(1)=1

.
Θέτοντας y=0

στην αρχική έχω f(0)=f(x)(f(1)-1)

.Αν υποθέσω ότι το αποδεικτέο δεν ισχύει τότε η

θα έβγαινε σταθερή·άτοπο.Άρα πρέπει f(0)=0

και

.

Βήμα 2:Η

είναι περιττή.
Πράγματι,αν βάλουμε όπου

το

έχουμε

...

Βήμα 3: f(xy)=f(x)f(y)

(1)
Αντικαθιστώντας το

με το

έχουμε

,άρα η αρχική ισοδυναμεί με $f(xy)=f(x)(f(y+1)-1)=f(x)\cdot f(y)$ .
Ενδιαφέρον έχουν οι συνέπειες αυτής της σχέσης,καθώς δίνει ότι $x>0\implies f(x)>0$ και γενικότερο-εφόσον η συνάρτηση είναι περιττή-προκύπτει πως το f(x)

είναι ομόσημο του

.

Βήμα 4:Η

είναι μονότονη.
Θέτουμε διαδοχικά στην αρχική $y\rightarrow -y$ και $y\rightarrow \frac{y}{x}$ .Η αρχική γράφεται,λοιπόν,
$f(x)-f(y)=f(x)f(1-\frac{y}{x})$ (2).
Αν x>y>0

,τότε $1-\frac{y}{x}>0$ ,οπότε το δεξί μέλος της (2) είναι θετικό,άρα f(x)-f(y)>0

.(γνησίως αύξουσα).
Ομοίως το δείχνουμε αυτό και στην περίπτωση 0>x>y

.Η

είναι προφανής.

Βήμα 5: f(x)=x

Βάζω στην (1) $x\rightarrow e^x,y\rightarrow e^y$ και "

-ίζοντας" έχω $lnf(e^{x+y})=lnf(e^x)+lnf(e^y)$ .Θέτω g(x)=lnf(e^x)

,άρα

(Cauchy).Αφού η

είναι μονότονη,και η

είναι μονότονη,και συνεπώς g(x)=cx

(ανάλυση της Cauchy).Οπότε,λοιπόν, f(x)=x^c,x>0

.
Θεωρώ τώρα στην αρχική x,y>0

και έχω

·από εδώ διαπιστώνω ότι c=1

(προκύπτει π.χ αν θέσουμε x=y=1

).Άρα

.
Στη (2) θεωρώ $x>0>y\implies 1-\frac{y}{x}>0$ και τότε λαμβάνω $x-f(y)=x(1-\frac{y}{x})\implies f(y)=y,y<0$ .

Συνοπτικά,οι λύσεις είναι f(x)=0,f(x)=2,f(x)=x

.

#4

Antonis_Z έγραψε:Καλησπέρα!Ίσως πήρα δύσβατο δρόμο...

Έστω ότι η είναι σταθερή και ίση με .Τότε προκύπτει πως ,άρα οι είναι λύσεις.
Έστω τώρα ότι η συνάρτησή μας δεν είναι σταθερή.Θα ακολουθήσουμε τα επόμενα βήματα.

Βήμα 1:.
Θέτοντας στην αρχική έχω .Αν υποθέσω ότι το αποδεικτέο δεν ισχύει τότε η θα έβγαινε σταθερή·άτοπο.Άρα πρέπει και .

Βήμα 2:Η είναι περιττή.
Πράγματι,αν βάλουμε όπου το έχουμε ...

Βήμα 3:(1)
Αντικαθιστώντας το με το έχουμε ,άρα η αρχική ισοδυναμεί με $f(xy)=f(x)(f(y+1)-1)=f(x)\cdot f(y)$ .
Ενδιαφέρον έχουν οι συνέπειες αυτής της σχέσης,καθώς δίνει ότι $x>0\implies f(x)>0$ και γενικότερο-εφόσον η συνάρτηση είναι περιττή-προκύπτει πως το είναι ομόσημο του .

Βήμα 4:Η είναι μονότονη.
Θέτουμε διαδοχικά στην αρχική $y\rightarrow -y$ και $y\rightarrow \frac{y}{x}$ .Η αρχική γράφεται,λοιπόν,
$f(x)-f(y)=f(x)f(1-\frac{y}{x})$ (2).
Αν ,τότε $1-\frac{y}{x}>0$ ,οπότε το δεξί μέλος της (2) είναι θετικό,άρα .(γνησίως αύξουσα).
Ομοίως το δείχνουμε αυτό και στην περίπτωση .Η είναι προφανής.

Βήμα 5:
Βάζω στην (1) $x\rightarrow e^x,y\rightarrow e^y$ και "-ίζοντας" έχω $lnf(e^{x+y})=lnf(e^x)+lnf(e^y)$ .Θέτω ,άρα (Cauchy).Αφού η είναι μονότονη,και η είναι μονότονη,και συνεπώς (ανάλυση της Cauchy).Οπότε,λοιπόν,.
Θεωρώ τώρα στην αρχική και έχω ·από εδώ διαπιστώνω ότι (προκύπτει π.χ αν θέσουμε ).Άρα .
Στη (2) θεωρώ $x>0>y\implies 1-\frac{y}{x}>0$ και τότε λαμβάνω $x-f(y)=x(1-\frac{y}{x})\implies f(y)=y,y<0$ .

Συνοπτικά,οι λύσεις είναι .

http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 8&t=310212

#5

Παραθέτω και γω τη λύση μου. Μοιάζει λίγο με του Αντώνη αλλά διαφέρει κυρίως στο τελείωμα.

Antonis_Z έγραψε: Έστω ότι η είναι σταθερή και ίση με .Τότε προκύπτει πως ,άρα οι είναι λύσεις.
Έστω τώρα ότι η συνάρτησή μας δεν είναι σταθερή.Θα ακολουθήσουμε τα επόμενα βήματα.

Βήμα 1:.
Θέτοντας στην αρχική έχω .Αν υποθέσω ότι το αποδεικτέο δεν ισχύει τότε η θα έβγαινε σταθερή·άτοπο.Άρα πρέπει και .

Βήμα 3:(1)
Αντικαθιστώντας το με το έχουμε ,άρα η αρχική ισοδυναμεί με $f(xy)=f(x)(f(y+1)-1)=f(x)\cdot f(y)$ .
Ενδιαφέρον έχουν οι συνέπειες αυτής της σχέσης,καθώς δίνει ότι $x>0\implies f(x)>0$

Επειδή η

είναι πολλαπλασιαστική θα έχουμε ότι f(q)=q

για κάθε $q\in\mathbb{Q}$
Επιπλέον θα έχουμε με επαγωγή ότι για κάθε ακέραιο n f(x+n)=f(x)+n

Θεωρούμε έναν τυχαίο

πραγματικό και έναν $a=\frac{m}{n}$ ρητό με $x\geq a$ .

Τότε $nx-m\geq 0$ άρα $f(nx-m)\geq 0$ , δηλαδή $f(nx)-m\geq 0$ άρα $nf(x)\geq m$

άρα $f(x)\geq a=f(a)$ . Εντελώς όμοια δείχνουμε ότι για $x\leq a$ ισχύει $f(x)\leq f(a)$ .

Επομένως αν προσεγγίσουμε το x από ακολουθίες ρητών από το θεώρημα ισοσυγκλινουσών θα έχουμε ότι
f(x)=x

για κάθε $x\in\mathbb{R}$

Λιτή συναρτησιακή!

Λιτή συναρτησιακή!

Re: Λιτή συναρτησιακή!

Re: Λιτή συναρτησιακή!

Re: Λιτή συναρτησιακή!

Re: Λιτή συναρτησιακή!

Μέλη σε σύνδεση