Με απόλυτο και ενελικτικές

#1

Θεωρούμε τις συναρτήσεις f(x) = ax+b|x|

και

Δείξτε ότι, αν f(f(x))=x,

για κάθε $x \in \mathbb{R}$ τότε g(g(x))=x,

για κάθε $x \in \mathbb{R}.$
Ισχύει το αντίστροφο;

Βρείτε, ακόμη, τα ζεύγη (a,b)

για τα οποία f(f(x))=x,

για κάθε $x \in \mathbb{R}.$

pito · #2

Επαναφορά!

#3

socrates έγραψε:Θεωρούμε τις συναρτήσεις και

Δείξτε ότι, αν για κάθε $x \in \mathbb{R}$ τότε για κάθε $x \in \mathbb{R}.$
Ισχύει το αντίστροφο;

Βρείτε, ακόμη, τα ζεύγη για τα οποία για κάθε $x \in \mathbb{R}.$

α) H υπόθεδη είναι $a\left( a x + b|x|\right) + b \left| ax+b|x|\right | = x , \,\,\, \forall x$ και το αποδεικτέο $a\left( a x - b|x|\right) - b \left| ax-b|x|\right | = x , \forall x$ . Αν βάλουμε όπου

το

στην πρώτη και πολλαπλασιάσουμε επί

, δίνει αμέσως την δεύτερη.

β) Θα δούμε ότι τα ζητούμενα a,b

είναι όλα με $a^2=b^2+1, \, (*)$

Δυστυχώς, λόγω φόρτου, δεν βρήκα κομψή λύση, οπότε αρκούμαι σε μακροσκελή περιπτωσιολογία.

Η υπόθεση για x=1

και

δίνει, αντίστοιχα
$a^2+ab + b|a+b|=1, \,\, -a^2+ab+b|a-b|=-1 (**)$ .
Προσθέτοντας κατά μέλη είναι b(2a+|a+b|+|a-b|)=0

άρα είτε

είτε

.

Aν

η αρχική δίνει a^2x=x

οπότε $a=\pm 1$ . Δεκτά γιατί
ικανοποιούνται οι συνθήκες. H περίπτωση αυτή, βέβαια, εμπίπτει στις (*)

Μένει να εξετάσουμε την περίπτωση 2a+|a+b|+|a-b|=0

.

Έχουμε $0=2a+|a+b|+|a-b| = \left (a+b+|a+b|\right) + \left (a-b+|a-b|\right)\ge 0$ .

H παράσταση δεξιά είναι άθροισμα θετικών, οπότε θα είναι a+b+|a+b| =a-b+|a-b| =0

, με άλλα λόγια
|a+b| = -(a+b), |a-b| =b-a

. Βάζοντας αυτά στην (**)

δίνει

, όπως θέλαμε.

Αντίστροφα, η a^2-b^2 =1

ότι τα $a+b, \, a-b$ είναι και τα δύο θετικά ή και τα δύο αρνητικά.
Η πρώτη περίπτωση στην (*)

δίνει $a\pm b=1$ , που ικανοποιούν την αρχική (απλό χωρίζοντας περιπτώσεις $x\ge 0, x<0$ ).
Όμοια η δεύτερη περίπτωση (πάλι χωρίζοντας περιπτώσεις $x\ge 0, x<0$ ).

Φιλικά,

Μιχάλης

Με απόλυτο και ενελικτικές

Με απόλυτο και ενελικτικές

Re: Με απόλυτο και ενελικτικές

Re: Με απόλυτο και ενελικτικές

Μέλη σε σύνδεση