g(x+1)=g(x)+1

Τροβαδούρος · #1

Προσπαθώ να λύσω την παρακάτω συναρτησιακή εξίσωση:
Να βρεθούν όλες οι συνεχείς συναρτήσεις f που είναι λύσεις του συστήματος:
f(f(x))=x

,
$f(x+1)=\dfrac{f(x)}{f(x)+1}$
για κάθε θετικό

.
Έχω βρει πως από την πρώτη σχέση έχουμε πως η

είναι

και έχω βρει πως μία (και λογικά η μοναδική) λύση είναι η $f(x)=\dfrac{1}{x}$ .
Αντικαταστώντας στην 2η σχέση $g(x)=\dfrac{1}{f(x)}$ παίρνουμε g(x+1)=g(x)+1

. Η

είναι 1-1 ,αφόυ η

είναι 1-1 και είναι συνεχής ,αφού η

δεν μπορεί να μηδενίζεται λόγω της 2ης σχέσης και του ότι είναι 1-1.
Μένει να δείξω ότι g(x)=x

αλλά δεν τα καταφέρνω παρότι μου φαίνεται εφικτό από την τελευταία σχέση.
Θα εκτιμούσα οποιαδήποτε βοήθεια.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #2

Τροβαδούρος έγραψε:Προσπαθώ να λύσω την παρακάτω συναρτησιακή εξίσωση:
Να βρεθούν όλες οι συνεχείς συναρτήσεις f που είναι λύσεις του συστήματος:
,
$f(x+1)=\dfrac{f(x)}{f(x)+1}$
για κάθε θετικό .
Έχω βρει πως από την πρώτη σχέση έχουμε πως η είναι και έχω βρει πως μία (και λογικά η μοναδική) λύση είναι η $f(x)=\dfrac{1}{x}$ .
Αντικαταστώντας στην 2η σχέση $g(x)=\dfrac{1}{f(x)}$ παίρνουμε . Η είναι 1-1 ,αφόυ η είναι 1-1 και είναι συνεχής ,αφού η δεν μπορεί να μηδενίζεται λόγω της 2ης σχέσης και του ότι είναι 1-1.
Μένει να δείξω ότι αλλά δεν τα καταφέρνω παρότι μου φαίνεται εφικτό από την τελευταία σχέση.
Θα εκτιμούσα οποιαδήποτε βοήθεια.

Λείπουν τα πεδία ορισμού.

π.χ την f(f(x))=x

, στο $(0,\infty )$ την ικανοποιούν οι $f(x)=x \vee f(x)=\frac{1}{x}$

ενώ στο $\mathbb{R}$ την ικανοποιούν οι $f(x)=x \vee f(x)=-x$

χωρίς πεδίο ορισμού δεν γίνεται τίποτα.

Τροβαδούρος · #3

Έψαξα περισσότερο στο ίντερνετ και τελικά η άσκηση είναι από το βιβλίο Functional equations and how to solve them του C.G.Small και η εκφώνηση πάλι δεν δίνει τα πεδία ορισμού.
Τελικά η λύση που δίνει το βιβλίο είναι πολύ μακριά από αυτό που προσπαθώ να κάνω εγώ.
Πληροφοριακά επείδη το είδα στο βιβλίο τώρα το αποτέλεσμα πως μόνο η $f(x)=\dfrac{1}{x}$ επαληθεύει το σύστημα ονομάζεται θεώρημα Dubikajtis.

Παπαστεργίου Κώστας · #4

Εύκολα βγαίνει ότι η

είναι αμφιμονοσήμαντη οπότε $f= f^{-1}$ . Δηλαδή η

είναι συμμετρική ως προς την πρώτη διχοτόμο.
Έχουμε $f\left ( x+2 \right )=f\left ( x+1+1 \right )= \frac{f(x+1)}{f(x+1)+1}=\frac{f(x)}{2f(x)+1}$

Γενικότερα $f\left ( x+k \right )=\frac{f(x)}{kf(x)+1}$ $\Rightarrow \lim_{k\rightarrow \infty }f(x+k)= 0$ οπότε γενικά είναι $\lim_{x\rightarrow \infty }f(x)= 0$

Λόγω συμμετρίας είναι $\lim_{x\rightarrow 0}f(x)= \infty \Rightarrow f(1)= \lim_{x\rightarrow 0}f(x+1)= \lim_{x\rightarrow 0}\left ( \frac{f(x)}{f(x)+1} \right )= 1$
Άρα $f(2)= f(1+1)= \frac{f(1)}{f(1)+1}=\frac{1}{1+1}= \frac{1}{2}$ και γενικότερα $f(k)= f(1+k-1)= \frac{f(1)}{(k-1)f(1)+1}=\frac{1}{k-1+1}= \frac{1}{k}$

Θα δείξουμε ακόμη ότι $f(\frac{k}{n})= \frac{n}{k}$ για κάθε ρητό.

Έστω n< k

. Αν αυτό δεν ισχύει παίρνουμε το αντίστροφο και κάνουμε τα ίδια μ αυτά που ακολουθούν.
$k=ln+u\Rightarrow \frac{k}{n}= l+\frac{u}{n}$ οπότε $f(\frac{k}{n})= f(\frac{u}{n}+l)= \frac{f(\frac{u}{n})}{lf(\frac{u}{n})+1}$ . Αυτό σημαίνει ότι αν $f(\frac{u}{n})= \frac{n}{u}$ τότε $f(\frac{k}{n})= \frac{f(\frac{u}{n})}{lf(\frac{u}{n})+1}$ $= \frac{\frac{n}{u}}{l\frac{n}{u}+1}=\frac{n}{k}$ .

Όμως $f(\frac{u}{n})= \frac{n}{u}$ αν $f(\frac{n}{u})= \frac{u}{n}$ όπου u< n

. Επαναλαμβάνουμε τα ίδια μέχρι που μετά από πεπερασμένο αριθμό βημάτων θα φτάσουμε στο να εξαρτώνται όλα τα προηγούμενα από ένα τελευταίο κλάσμα της μορφής $\frac{1}{m}$ για το οποίο είναι $f(\frac{1}{m})= m$ . Έτσι έχουμε $f(r)= \frac{1}{r}$ για κάθε ρητό.

Είναι τώρα γνωστό ότι για κάθε πραγματικό αριθμό

υπάρχει τουλάχιστον μια ακολουθία ρητών αριθμών $r_{n},n\epsilon N$ με $\lim_{n\rightarrow \infty }r_{n}= x$ οπότε λόγω συνεχείας είναι $\lim_{n\rightarrow \infty }f(r_{n})=f(x)$ αλλά $\lim_{n\rightarrow \infty }f(r_{n})= \lim_{n\rightarrow \infty }\frac{1}{r_{n}}= \frac{1}{x}$ οπότε $f(x)= \frac{1}{x}$ για κάθε θετικό πραγματικό αριθμό.
ΠΚ

g(x+1)=g(x)+1

g(x+1)=g(x)+1

Re: g(x+1)=g(x)+1

Re: g(x+1)=g(x)+1

Re: g(x+1)=g(x)+1

Μέλη σε σύνδεση