Συναρτησιακή

#1

Από Νίκο Ζανταρίδη(nikozan)

Αν για τη συνάρτηση:
$f:[0,+\propto)\rightarrow [0,+\propto )$
ισχύει:
$f\left(f^2\left(x \right) \right+f^2\left(y \right))=\sqrt{x+y}$
για κάθε $x,y\geq 0$
να δειχθεί ότι:
$f\left(x) \right=\sqrt{x},x\geq 0$

#2

Το λοιπόν:

Θέτουμε $\displaystyle{f^{2}(x)=g(x)}$ και η δοθείσα γράφεται

$\displaystyle{g(g(x)+g(y))=x+y}$ για κάθε $\displaystyle{x,y\geq 0.}$ (1)

Στην (1) για $\displaystyle{y=0}$ λαμβάνουμε $\displaystyle{g(g(x)+g(0))=x}$ (2) , άρα η $\displaystyle{g}$ είναι $\displaystyle{1-1.}$

Στην (2) για $\displaystyle{x=0}$ , λαμβάνουμε $\displaystyle{g(2g(0))=0}$ (3)

Στην (2) θέτουμε $\displaystyle{x \to g(x)+g(0)}$ και λόγω της (2) προκύπτει $\displaystyle{g(g(0))=2g(0)}$ (4)

Στην (2) για $\displaystyle{x\to g(0)}$ λαμβάνουμε λόγω της (4) $\displaystyle{g(3g(0))=g(0)}$ και από το 1-1 προκύπτει $\displaystyle{g(0)=0.}$

Τότε, η (2) γίνεται $\displaystyle{g(g(x))=x.}$ (5)

Θέτουμε τώρα στην αρχική $\displaystyle{x\to g(x)}$ και $\displaystyle{y\to g(y)}$ , οπότε λόγω της (5) έχουμε

$\displaystyle{g(x+y)=g(x)+g(y).}$ (6)

Επειδή ισχύει $\displaystyle{g(x)\geq 0}$ για κάθε $\displaystyle{x}$ , (με την ισότητα να ισχύει μόνο για το $\displaystyle{0}$ ) από την (6) προκύπτει ότι η $\displaystyle{g}$ είναι γνησίως αύξουσα.

Πράγματι, αν $\displaystyle{x>y}$ είναι $\displaystyle{g(x)=g(x-y+y)=g(x-y)+g(y)>g(y)}$ .

Αν λοιπόν, υποθέσουμε ότι υπάρχει $\displaystyle{a}$ ώστε $\displaystyle{g(a)>a}$ έχουμε τότε $\displaystyle{g(g(a))>g(a)}$ , άτοπο λόγω της (5).

Ομοίως και αν υποθέσουμε ότι υπάρχει $\displaystyle{a}$ με $\displaystyle{g(a)<a.}$

Άρα ισχύει $\displaystyle{g(x)=x}$ για κάθε $\displaystyle{x\geq 0}$ και από δω έπεται το ζητούμενο.

Ουφ!

nikoszan · #3

Θανο ,η λυση που εδωσες ειναι ακριβως στην λογικη που την κατασκευασα.Ετσι με βγαζεις απο τον κοπο να στειλω αλλη λυση .Να εισαι καλα.
Ν. Ζανταριδης.

#4

Ας το "πειράξουμε" λίγο...

Αν για τη συνάρτηση $f:(0,+\propto)\rightarrow (0,+\propto )$ ισχύει:

$f\left(f^2\left(x \right) \right+f^2\left(y \right))=\sqrt{x+y}$ για κάθε x,y> 0

να δειχθεί ότι $f\left(x) \right=\sqrt{x},x> 0$

#5

μάλλον μπερδεύτηκα...συγνώμη λάθος

#6

R BORIS έγραψε:Αν ονομάσουμε $\displaystyle{F=f,x>0}$ και $\displaystyle{a=F(0) }$ πρέπει $\displaystyle{a=0}$ διότι η [2] στην λύση του Θάνου ισχύει και τώρα .
Άρα $\displaystyle{F:1-1}$ που αν $\displaystyle{a>0}$ παύει να ισχύει.
Επειδή $\displaystyle{a\ge 0\Rightarrow a=0}$ οπότε η $\displaystyle{F}$ καταλήγει να είναι η συνεχής επέκταση της $\displaystyle{\sqrt{x},x>0}$ στο $\displaystyle{[0,+\infty)}$ που την έλυσε ο Θάνος

Δεν καταλαβαίνω γιατί ισχύουν τα παραπάνω...

Λάμπρος Μπαλός · #7

Τη διέγραψα την προσπάθειά μου. Δεν έδινε απάντηση. Θανάση ευχαριστώ για τις επισημάνσεις.

Λάμπρος Μπαλός · #8

(2)

Η (2) για y=x

..

(3)

(3) $\Rightarrow g(2x)=2g^{-1}(x)\Leftrightarrow 2g^{-1}(2x)=g(4x)$ (4)

(3) $\Rightarrow 2g(x)=g^{-1}(2x)$ (5)

(4),(5) g(4x)=4g(x)

(6)

Η (2) για y=g(x)+g(y)

δίνει

(7)

Από (3) η

αντιστρέψιμη.

Αν g(x)>x

τότε η (4) για y=g(x)-x

δίνει :

δηλ

άτοπο

Άρα υπάρχει

τ.ω

ή

.

Αν

(έστω

) οπότε

και $g^{-1}(l)=k$ οπότε $g(k)<g^{-1}(l)$

Επειδή $g(x+y)=g^{-1}(x)+g^{-1}(y)$ , για χ=λ

και

είναι :

$g(k)=g^{-1}(l)+g^{-1}(k-l)\Leftrightarrow g^{-1}(k-l)=l-k<0$ άτοπο.

Άρα g(k)=k

.

H (7) για x=k

δίνει :

$g^{-1}(2k)+g^{-1}(y)=2k+g(y)$

$2g(k)+g^{-1}(y)=2k+g(y)$

$g(y)=g^{-1}(y)$

Άρα g(x+y)=g(x)+g(y)

Cauchy.

Εύκολα τα υπόλοιπα. Νομίζω..

Ελπίζω να μην ξέχασα κάτι. Ελπίζω..

Αρχιμήδης 6 · #9

matha έγραψε:Το λοιπόν:

Θέτουμε $\displaystyle{f^{2}(x)=g(x)}$ και η δοθείσα γράφεται

$\displaystyle{g(g(x)+g(y))=x+y}$ για κάθε $\displaystyle{x,y\geq 0.}$ (1)

Στην (1) για $\displaystyle{y=0}$ λαμβάνουμε $\displaystyle{g(g(x)+g(0))=x}$ (2) , άρα η $\displaystyle{g}$ είναι $\displaystyle{1-1.}$

Στην (2) για $\displaystyle{x=0}$ , λαμβάνουμε $\displaystyle{g(2g(0))=0}$ (3)

Στην (2) θέτουμε $\displaystyle{x \to g(x)+g(0)}$ και λόγω της (2) προκύπτει $\displaystyle{g(g(0))=2g(0)}$ (4)

Στην (2) για $\displaystyle{x\to g(0)}$ λαμβάνουμε λόγω της (4) $\displaystyle{g(3g(0))=g(0)}$ και από το 1-1 προκύπτει $\displaystyle{g(0)=0.}$

Τότε, η (2) γίνεται $\displaystyle{g(g(x))=x.}$ (5)

Θέτουμε τώρα στην αρχική $\displaystyle{x\to g(x)}$ και $\displaystyle{y\to g(y)}$ , οπότε λόγω της (5) έχουμε

$\displaystyle{g(x+y)=g(x)+g(y).}$ (6)

Επειδή ισχύει $\displaystyle{g(x)\geq 0}$ για κάθε $\displaystyle{x}$ , (με την ισότητα να ισχύει μόνο για το $\displaystyle{0}$ ) από την (6) προκύπτει ότι η $\displaystyle{g}$ είναι γνησίως αύξουσα.

Πράγματι, αν $\displaystyle{x>y}$ είναι $\displaystyle{g(x)=g(x-y+y)=g(x-y)+g(y)>g(y)}$ .

Αν λοιπόν, υποθέσουμε ότι υπάρχει $\displaystyle{a}$ ώστε $\displaystyle{g(a)>a}$ έχουμε τότε $\displaystyle{g(g(a))>g(a)}$ , άτοπο λόγω της (5).

Ομοίως και αν υποθέσουμε ότι υπάρχει $\displaystyle{a}$ με $\displaystyle{g(a)<a.}$

Άρα ισχύει $\displaystyle{g(x)=x}$ για κάθε $\displaystyle{x\geq 0}$ και από δω έπεται το ζητούμενο.

Ουφ!

Προκύπτει πιο εύκολα ,
f^2(f^2(x)+f^2(y))=x+y

, $f(f^2(f^2(x)+f^2(y)))=f(x+y)=\sqrt{f^2(x)+f^2(y)}$

f^2(x+y)=f^2(x)+f^2(y)

,

*****Διόρθωσα κάποια τυπογραφικά.

Λάμπρος Μπαλός · #10

Αρχιμήδης 6 έγραψε:

Προκύπτει πιο εύκολα ,
, $f(f^2(f^2(x)+f^2(y)))=f(x+y)=\sqrt{f^2(x)+f^2(y)}$

Γιατί δεν το πιάνω;

Αρχιμήδης 6 · #11

Λάμπρος Μπαλός έγραψε:
Αρχιμήδης 6 έγραψε:

Προκύπτει πιο εύκολα ,
, $f(f^2(f^2(x)+f^2(y)))=f(x+y)=\sqrt{f^2(x)+f^2(y)}$

Γιατί δεν το πιάνω;

Ναι Λάμπρο λογικό είναι αφού υπάρχει λάθος όπως το έγραψα..

Το σωστό είναι...

f^2(f^2(x)+f^2(y))=x+y

άρα

$f(f^2(f^2(x)+f^2(y))+f^2(f^2(x)+f^2(y)))=f(2x+2y)=\sqrt{2f^2(x)+2f^2(y)}$

Στην τελευταία ισότητα βάζω απλά x=y=0

και τελικά f(0)=2f(0)

άρα

#12

Λάμπρος Μπαλός έγραψε: (2)

Η (2) για .. (3)

(3) $\Rightarrow g(2x)=2g^{-1}(x)\Leftrightarrow 2g^{-1}(2x)=g(4x)$ (4)

(3) $\Rightarrow 2g(x)=g^{-1}(2x)$ (5)

(4),(5) (6)

Η (2) για δίνει (7)

Από (3) η αντιστρέψιμη.

Αν τότε η (4) για δίνει :

δηλ δηλ άτοπο

Άρα υπάρχει τ.ω ή .

Αν (έστω ) οπότε και $g^{-1}(l)=k$ οπότε $g(k)<g^{-1}(l)$

Επειδή $g(x+y)=g^{-1}(x)+g^{-1}(y)$ , για και είναι :

$g(k)=g^{-1}(l)+g^{-1}(k-l)\Leftrightarrow g^{-1}(k-l)=l-k<0$ άτοπο.

Άρα .

H (7) για δίνει :

$g^{-1}(2k)+g^{-1}(y)=2k+g(y)$

$2g(k)+g^{-1}(y)=2k+g(y)$

$g(y)=g^{-1}(y)$

Άρα Cauchy.

Εύκολα τα υπόλοιπα. Νομίζω..

Ελπίζω να μην ξέχασα κάτι. Ελπίζω..

Λάμπρο, μια χαρά μου φαίνεται... Μπορεί να συντομευθεί βέβαια αρκετά π.χ.

(2)

Η (2) για .. (3)

Η (2) για δίνει (4)

Αν υπάρχει με τότε η (4) για δίνει :

δηλ δηλ άτοπο

Επομένως, $g(x)\leq x$ για κάθε

Έτσι, $2x=g(2g(x))\leq 2g(x)$ δηλ $g(x)\geq x$ και τελικά $\displaystyle{g(x)=x.}$

Θα βάλω άλλες δύο λύσεις...

#13

Έχουμε να λύσουμε την εξίσωση $\displaystyle{g(g(x)+g(y))=x+y}$ για κάθε $\displaystyle{x,y> 0.}$

Η

είναι φανερά 1-1.
Είναι $\displaystyle{g(g(x+z)+g(y))=x+y+z=g(g(x+y)+g(z))}$ οπότε $\displaystyle{g(x+z)-g(z)=g(x+y)-g(y),}$ δηλαδή η συνάρτηση k(x,y)=g(x+y)-g(y)

είναι σταθερή ως προς

Επομένως,

για κάποια συνάρτηση

Έτσι έχουμε $\displaystyle{g(y)+h(x)=g(x)+h(y)}$ οπότε η συνάρτηση h(x)-g(x)

είναι σταθερή: h(x)=g(x)+c

.
Συνεπώς, g(x+y)=g(x)+g(y)+c

οπότε η συνάρτηση g(x)+c

είναι προσθετική και κάτω φραγμένη οπότε g(x)+c=ax

ή

Αντικαθιστώντας στην αρχική έχουμε $a=1, \ c=0.$

#14

Έχουμε να λύσουμε την εξίσωση $\displaystyle{g(g(x)+g(y))=x+y}$ για κάθε $\displaystyle{x,y> 0.}$

Είναι g(2g(x))=2x

οπότε η

είναι επί.

Η αρχική γράφεται $\displaystyle{g(g(x)+g(y))=\frac{g(2g(x))}{2}+\frac{g(2g(y))}{2}}$ οπότε, αφού $f(\Bbb{R}^+)=\Bbb{R}^+,$ θα είναι

$\displaystyle{g(x+y)=\frac{g(2x)+g(2y)}{2}}$ ή, αλλιώς, $\displaystyle{g\left(\frac{x+y}{2}\right)=\frac{g(x)+g(y)}{2}.}$

Η συνέχεια εδώ

Συναρτησιακή

Συναρτησιακή

Re: Συναρτησιακή

Re: Συναρτησιακή

Re: Συναρτησιακή

Re: Συναρτησιακή

Re: Συναρτησιακή

Re: Συναρτησιακή

Re: Συναρτησιακή

Re: Συναρτησιακή

Re: Συναρτησιακή

Re: Συναρτησιακή

Re: Συναρτησιακή

Re: Συναρτησιακή

Re: Συναρτησιακή

Μέλη σε σύνδεση