Συναρτησιακή 97

#1

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

hsiodos · #2

Καλησπέρα και χρόνια πολλά!

Επιχειρώ μια αντιμετώπιση με την ελπίδα ότι δεν με έχουν επηρεάσει οι ... τοξίνες.

Έχουμε $\displaystyle{ [1 + yf(x)][1 - yf(x + y)] = 1\,\,\,\gamma \iota \alpha \,\,\,\kappa \alpha \theta \varepsilon \,\,\,x,y > 0\,\,\,(1)\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,f(x) > 0\,\,\gamma \iota \alpha \,\,\,\kappa \alpha \theta \varepsilon \,\,\,x > 0\,\,\,(2)\,}$

H $\displaystyle{f_1(x) = \frac{1}{x}\,}$ , x > 0 είναι μια από τις συναρτήσεις που αναζητούμε (η εύρεση της θα φανεί πιο κάτω)

Εξετάζουμε αν υπάρχουν και άλλες συναρτήσεις διαφορετικές της $\displaystyle{f_1(x) = \frac{1}{x}\,}$ , x > 0 που ικανοποιούν την (1)

$\displaystyle{\gamma \iota \alpha \,\,\,\kappa \alpha \theta \varepsilon \,\,\,x,y > 0}$

$\displaystyle{ (1) \Rightarrow 1 - yf(x + y) = \frac{1}{{1 + yf(x)}} \Rightarrow yf(x + y) = 1 - \frac{1}{{1 + yf(x)}} \Rightarrow yf(x + y) = \frac{{yf(x)}}{{1 + yf(x)}} }$ $\displaystyle{ \Rightarrow f(x + y) = \frac{{f(x)}}{{1 + yf(x)}}}$

Έτσι για τυχαίο σταθερό θετικό x βρίσκουμε $\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{y \to 0^ + } f(x + y) = f(x)\,\,\,(3)\,\,\,}$ (Εδώ μπορεί να αποδειχθεί και η συνέχεια της f)

Με εναλλαγή των x , y από την (1) παίρνουμε για κάθε x , y >0

$\displaystyle{ [1 + xf(y)][1 - xf(x + y)] = 1 \Rightarrow 1 + xf(y) = \frac{1}{{1 - xf(x + y)}} \Rightarrow xf(y) = \frac{1}{{1 - xf(x + y)}} - 1 }$ $\displaystyle{ \Rightarrow xf(y) = \frac{{xf(x + y)}}{{1 - xf(x + y)}} \Rightarrow f(y) = \frac{{f(x + y)}}{{1 - xf(x + y)}}\,\,(4)}$

$\displaystyle{ (3) \wedge (4) \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{y \to 0^ + } f(y) = \frac{{f(x)}}{{1 - xf(x)}} = c \in R^ + }$ , αυτό προκύπτει από τον συνδυασμό των παρακάτω

(i) μοναδικότητα ορίου

(ii) υπάρχει x > 0 ώστε $\displaystyle{1 - xf(x) \ne 0}$ αφού διαφορετικά θα ήταν $\displaystyle{f(x) = \frac{1}{x}}$ για κάθε x > 0 , άτοπο

(iii) αν ήταν $\displaystyle{ \,\mathop {\lim }\limits_{y \to 0^ + } f(y) < 0}$ τότε η f θα έπαιρνε και αρνητικές τιμές κοντά στο 0 , άτοπο.

Συνεπώς έχουμε δείξει ότι για κάθε x > 0 ισχύει $\displaystyle{ \frac{{f(x)}}{{1 - xf(x)}} = c \Rightarrow f(x) = \frac{c}{{1 + cx}}\,\,,\,\,c > 0}$

Βρίσκουμε ότι και οι παραπάνω συναρτήσεις ικανοποιούν τις αρχικές συνθήκες

Γιώργος

ΥΓ. Έγινε μια μικρή διόρθωση

#3

νομίζω ότι για $\displaystyle{ x=0 f(0)=c>0,y\ge 0}$ φτάνουμε πολύ εύκολα στο $\displaystyle{f(y)=\frac{c}{1+cy}}$ που επαληθεύουμε ότι ισχύει και για c=0( $\displaystyle{R^+=[0,+\infty )}$

hsiodos · #4

R BORIS έγραψε:νομίζω ότι για $\displaystyle{ x=0 f(0)=c>0,y\ge 0}$ φτάνουμε πολύ εύκολα στο $\displaystyle{f(y)=\frac{c}{1+cy}}$ που επαληθεύουμε ότι ισχύει και για c=0( $\displaystyle{R^+=[0,+\infty )}$

Ροδόλφε καλημέρα

Πράγματι , συνήθως με το $\displaystyle{R^ + }$ εννοούμε το $\displaystyle{\left[ {0, + \infty } \right)}$ και σε αυτή την περίπτωση η λύση γίνεται εύκολα.

Σε επικοινωνία με τον socrates όμως , μου διευκρίνισε ότι εννοεί το $\displaystyle{\left( {0, + \infty } \right)}$

Γιώργος

#5

Μια άλλη λύση: http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 6&t=425950

Συναρτησιακή 97

Συναρτησιακή 97

Re: Συναρτησιακή 97

Re: Συναρτησιακή 97

Re: Συναρτησιακή 97

Re: Συναρτησιακή 97

Μέλη σε σύνδεση