Συναρτησιακή σχέση

#1

Εστω : $\displaystyle{ f.R\to R}$ ώστε $\displaystyle{ f(x)+f^{-1}(x)=2x , \forall x \in R}$ [1]
α)Υπάρχει μη μονοτονη συνάρτηση $\displaystyle{f}$ που να ικανοποιεί την [1] ?
β)Αν $\displaystyle{f}$ μονότονη βρείτε τον τύπο όλων των συναρτήσεων που ικανοποούν την [1]

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #2

R BORIS έγραψε:Εστω : $\displaystyle{ f.R\to R}$ ώστε $\displaystyle{ f(x)+f^{-1}(x)=2x , \forall x \in R}$ [1]
α)Υπάρχει μη μονοτονη συνάρτηση $\displaystyle{f}$ που να ικανοποιεί την [1] ?
β)Αν $\displaystyle{f}$ μονότονη βρείτε τον τύπο όλων των συναρτήσεων που ικανοποούν την [1]

Θα απαντήσω στο α).

Ειναι εύκολο να δούμε ότι οι f(x)=x-a

με το $a\in \mathbb{R}$
πληρούν την [1].

Θεωρούμε το σύνολο $A=\left \{ k\sqrt{2}:k\in \mathbb{Z} \right \}$

Θέτοντας $g:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$

με $g(x)=x,x\in \mathbb{R}-A$

και $g(x)=x-5\sqrt{2},x\in A$

η

πληρεί την [1] και δεν είναι μονότονη.

Μάλιστα νομίζω ότι το πλήθος των συναρτήσεων που πληρούν την [1]

είναι ίδιο με το πλήθος των υποσυνόλων του $\mathbb{R}$

#3

Μια ακόμη μη μονότονη συνάρτηση που να ικανοποιεί την [1] ειναι : $\displaystyle{f(x)=x,x\in Q}$ kai $\displaystyle{f(x)=x-1,x\in R-Q}$ που είναι 1-1 και επί και πουθενά συνεχής.
για το β περιμένω

#4

Κάτι μου θύμιζε το θέμα αυτό. Παραθέτω μια παραπομπή, χωρίς λύση.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Φιλικά,

Αχιλλέας

dement · #5

Για το (β):

Η

, ως μονότονη και επί, είναι συνεχής (εύκολα αποδεικνύεται πως είναι αύξουσα). Θεωρούμε την επίσης συνεχή $g(x) \equiv f(x) - x$ . Αν το $g(\mathbb{R})$ δεν είναι μονοσύνολο, τότε υπάρχουν x_1, x_2

με $\displaystyle \frac{g(x_1)}{g(x_2)} \notin \mathbb{Q}$ .

Η

παίρνει τη σταθερή τιμή g(x_1)

στην αριθμητική πρόοδο $(A_1) \equiv f^{(m)} (x_1), \ m \in \mathbb{Z}$ (με διαφορά g(x_1)

) και ομοίως τη σταθερή τιμή g(x_2)

στην αριθμητική πρόοδο $(A_2) \equiv f^{(m)} (x_2), \ m \in \mathbb{Z}}$ (με διαφορά g(x_2)

). Αλλά, αφού το $\displaystyle \{ ag(x_1) + b g(x_2) : a, b \in \mathbb{Z} \}$ είναι πυκνό στο $\mathbb{R}$ , θα υπάρχουν $y_1 \in (A_1), y_2 \in (A_2)$ με $\displaystyle \frac{g(y_1) - g(y_2)}{y_1 - y_2} = \frac{g(x_1) - g(x_2)}{y_1 - y_2} < -1 \implies \frac{f(y_1) - f(y_2)}{y_1 - y_2} < 0$ , πράγμα το οποίο αντίκειται στη μονοτονία της

.

Έτσι, το $g(\mathbb{R})$ είναι μονοσύνολο και η

είναι της μορφής f(x) = x + c

.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #6

Καλημέρα.
Θα περιγράψω μία λύση χωρίς πυκνότητα.

Θα υποθέσω ότι f(0)=0

χάριν απλότητας.

Η

είναι γνησίως αύξουσα.

Εστω x>0

με $f(x)\neq x$

τότε θα είναι f(x)>x

η

Υποθέτουμε ότι ισχύει η δεύτερη.

Γιατί αν ισχύει η πρώτη τότε $f^{-1}(x)< x$

και δουλεύουμε με την $f^{-1}$

Είναι σαφές ότι η $f:[0,x]\rightarrow [0,x]$ (1)

Ορίζω την ακολουθία με $x_{0}=x,x_{n+1}=f(x_{n})$

Λόγω της (1) έχουμε $x_{n}\in [0,x]$

Επίσης λόγω της $f(t)+f^{-1}(t)=2t$

είναι $x_{n+2}+x_{n}=2x_{n+1}$

η $x_{n+2}-x_{n+1}=x_{n+1}-x_{n}$

Απο την τελευταία εφαρμόζωντας την όσες φορές χρειάζεται παίρνουμε ότι

$x_{k+2}-x_{k+1}=x_{1}-x_{0}$

Αθροίζοντας για k=0,1,....,n-1

έχουμε

$x_{n}=x_{1}+(n-1)(x_{1}-x_{0})$ (2)

Αλλά είναι $x_{1}-x_{0}=f(x)-x< 0$

Ετσι η (2) για

μεγάλο δίνει $x_{n}< 0$

που είναι ΑΤΟΠΟ.

Για x< 0

δουλεύουμε με τον ίδιο τρόπο.

Αρα $f(x)=x ,x\in \mathbb{R}$

Συναρτησιακή σχέση

Συναρτησιακή σχέση

Re: Συναρτησιακή σχέση

Re: Συναρτησιακή σχέση

Re: Συναρτησιακή σχέση

Re: Συναρτησιακή σχέση

Re: Συναρτησιακή σχέση

Μέλη σε σύνδεση