Πολύ ωραία συναρτησιακή

Συντονιστές: achilleas, emouroukos, silouan

socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5761
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Πολύ ωραία συναρτησιακή

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Τετ Φεβ 13, 2013 5:02 pm

Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f:\mathbb{R}_{\geq 0} \rightarrow \mathbb{R}_{\geq 0} τέτοιες ώστε f(x+f(x)+ 2y) = f(2x)+ 2f(y), για κάθε x,y \in \mathbb{R}_{\geq 0}
και η εξίσωση f(x) = 0 να έχει πεπερασμένο πλήθος λύσεων (μπορεί και καμία).


Θανάσης Κοντογεώργης
socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5761
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: Πολύ ωραία συναρτησιακή

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Σάβ Ιουν 03, 2017 3:27 am

Επαναφορά!


Θανάσης Κοντογεώργης
jasonmaths4ever
Δημοσιεύσεις: 128
Εγγραφή: Τρί Φεβ 25, 2014 5:29 pm

Re: Πολύ ωραία συναρτησιακή

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από jasonmaths4ever » Τετ Ιουν 14, 2017 11:13 am

Δίνω μια λύση για αυτήν την, ομολογουμένως, πολύ ωραία συναρτησιακή.

Θα διακρίνουμε δύο περιπτώσεις.
i)Υπάρχει x_0 ώστε να ισχύει f(x_0) \le x_0.
Τότε, θέτουμε x=x_0, y=\frac{x_0-f(x_0)}{2}, οπότε έχουμε
f(\frac{x_0-f(x_0)}{2})=0, οπότε η συνάρτηση έχει ρίζα a.
Αν λοιπόν θέσουμε x=a, y=0 έχουμε ότι f(2a)+2f(0)=0, δηλαδή f(2a)=f(0)=0.
Αυτό σημαίνει ότι, αν a > 0, η συνάρτηση θα έχει άπειρες ρίζες, αφού αν είναι ρίζα η a είναι και η 2a.
Έτσι, το 0 είναι μοναδική ρίζα της f.
Τώρα, θέτουμε στην αρχική x=0 και μετά y=0, για να πάρουμε
f(2y)=2f(y) (1)
f(x+f(x))=2f(x) (2).
Θέτοντας x->x+f(x) στην αρχική θα πάρουμε
f(x+f(x)+2f(x)+2y)=4f(x)+2f(y) και εφαρμόζοντας ξανά την αρχική θα πάρουμε ότι
f(f(x)+y)=f(x)+f(y), στην οποία θέτουμε y->2y+x και εφαρμόζουμε την αρχική για να πάρουμε
f(2y+x)=2f(y)+f(x)=f(2y)+f(x), που είναι η συναρτησιακή Cauchy, και αφού η f είναι φραγμένη, έχουμε κατά τα γνωστά ότι
f(x)=cx.
Η αντικατάσταση δίνει c=0,1, από τις οποίες τιμές δεκτή είναι μόνο η c=1, οπότε τελικά
f(x)=x.

ii)Ισχύει ότι f(x)>x, για κάθε x.
Θεωρούμε τότε τη συνάρτηση g:A \rightarrow B, όπου A το σύνολο των μη αρνητικών αριθμών και B το σύνολο των θετικών πραγματικών αριθμών.
Η αρχική τότε γίνεται: g(2x+2y+g(x))+g(x)=g(2x)+2g(y).
Αυτή, για x=0 δίνει ότι g(2y+g(0))=2g(y) (3).
Η αντικατάταση x=g(0), y=0, και χρησιμοποιώντας την (3), δίνει
g(4g(0))=g(2g(0)), οπότε θέτουμε στην αρχική x=2g(0), και παίρνουμε
g(2y+4g(0)+g(2g(0)))=g(2y+g(0)) (4).

Θα εξηγήσω τη συνέχεια της λύσης, που βοηθάει να φτάσουμε στο άτοπο.

Η σχέση (3), σε συνδυασμό με το ότι g(x)>0 και την (4) θα μας βοηθήσουν να φτάσουμε σε μια σχέση της μορφής
g(z)=2g(z), για κάποιο z, το οποίο θα δώσει το άτοπο.

Ψάχνουμε για y_0, τέτοιο ώστε 2y_0+4g(0)+g(2g(0))=2(2y_0+g(0))+g(0), καθώς τότε, η (3) σε συνδυασμό με την (4), δίνουν το άτοπο.

Έτσι, λύνοντας αυτή την εξίσωση, παίρνουμε y_0=\frac{g(0)+g(2g(0))}{2}, οπότε βάζοντας y=y_0, θα πάρουμε άτοπο.


Υ.Γ. Τα συγχαρητήριά μου στον κατασκευαστή της άσκησης αυτής. Θα ήθελα πολύ να δω πιο απλή λύση.


Προδρομίδης Κυπριανός-Ιάσων
Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα - Προχωρημένο Επίπεδο (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης