Συναρτήσεις

#1

α)
Υπάρχει συνάρτηση $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ τέτοια ώστε (f(x)f(y))^2=f(x-y)f(x+y)

για κάθε $x,y \in \Bbb{R}$

και f(0)= f(1)=1

και $\displaystyle{f\left(\frac{1}{3}\right)\ne 1 ;}$

β)
Να προσδιορίσετε όλες τις συνεχείς συναρτήσεις $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε (f(x)f(y))^2=f(x-y)f(x+y) ,

για κάθε $x,y \in \mathbb{R}.$

parmenides51 · #2

socrates έγραψε:α)
Υπάρχει συνάρτηση $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ τέτοια ώστε για κάθε $x,y \in \Bbb{R}$

και και $\displaystyle{f\left(\frac{1}{3}\right)\ne 1 ;}$

Μια αρχή

Για $\displaystyle{x=y=\frac{1}{3}}$ έχω πως $\displaystyle{\left(f\left(\frac{1}{3}}\right)f\left(\frac{1}{3}}\right)\right)^2=f\left(0\right)f\left(\frac{2}{3}}\right)\mathtop \limits{_{\Rightarrow}^{f(0)=1}f^4\left(\frac{1}{3}}\right)=f\left(\frac{2}{3}}\right)}$ (1)

Για $\displaystyle{(x,y)=\left(\frac{2}{3},\frac{1}{3}}\right)}$ έχω πως $\displaystyle{\left(f\left(\frac{2}{3}}\right)f\left(\frac{1}{3}}\right)\right)^2=f\left(\frac{1}{3}\right)f\left(1}\right)\mathtop \limits{_{\Rightarrow}^{f(1)=1}f^2\left(\frac{1}{3}}\right)f^2\left(\frac{2}{3}}\right)=f\left(\frac{1}{3}}\right)}$ (2)

θέτω $\displaystyle{f\left(\frac{1}{3}}\right)=x}$ και $\displaystyle{f\left(\frac{2}{3}}\right)=y}$

οπότε το σύστημα των (1),(2) γράφεται σαν $\displaystyle{\left\{\begin{matrix} x^4=y\\ x^2y^2=x \end{matrix}\right.}}$

Με αντικατάσταση έχουμε πως $\displaystyle{x^2(x^4)^2=x \Leftrightarrow x^{10}=x \Leftrightarrow x(x^9-1)=0 \Leftrightarrow x=0}$ ή $\displaystyle{x=\sqrt[9]{1}=1}$

Για $\displaystyle{x=0 \Rightarrow y=0^4=0}$ άρα $\displaystyle{f\left(\frac{1}{3}}\right)=f\left(\frac{2}{3}}\right)=0}$
Για $\displaystyle{x=1 \Rightarrow y=1^4=1}$ άρα $\displaystyle{f\left(\frac{1}{3}}\right)=f\left(\frac{2}{3}}\right)=1}$

Αφού $\displaystyle{f\left(\frac{1}{3}\right)\ne 1 }$ τότε $\displaystyle{f\left(\frac{1}{3}}\right)=f\left(\frac{2}{3}}\right)=0}$

Ας την συνεχίσει κάποιος, δεν μου 'ρθε κάτι άλλο

#3

Ας δούμε αυτό:

socrates έγραψε:
β)
Να προσδιορίσετε όλες τις συνεχείς συναρτήσεις $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε για κάθε $x,y \in \mathbb{R}.$

Η $f(x)=0,\ \forall x \in \Bbb{R}$ είναι μία λύση.

Αν ψάχνουμε για μη μηδενικές λύσεις υποθέτουμε ότι υπάρχει $k \in \Bbb{R}$ με $f(k) \neq 0$ , τότε για x=k, y=0

έχουμε

$f(0)^2=1 \Rightarrow f(0)=\pm1$ Υποθέτουμε ότι f(0)=1

Έστω ότι υπάρχει $m \in \Bbb{R}$ ώστε f(m)=0

, τότε για $\displaystyle{x=y=\frac {m}{2}}$ έχουμε $\displaystyle{f\left(\frac {m}{2}\right)=0}$

και επαγωγικά $\displaystyle{f\left(\frac {m}{2^n}\right)=0,\ \forall n \in \Bbb{N}}$ , άρα, λόγω της συνέχειας έχουμε

$\displaystyle{1=f(0)=\lim_{n \to \infty}f\left(\frac {m}{2^n}\right)=0}$ , άτοπο.

Συνεπώς $f(x) \neq 0,\ \forall x \in \Bbb{R}$ , άρα $f(x)>0,\ \forall x \in \Bbb{R}$

Θεωρούμε τη συνάρτηση $\displaystyle{h(x)=lnf(x),x \in \Bbb{R}}$ .

Η

είναι συνεχής και ικανοποιεί τη σχέση $\displaystyle{2h(x)+2h(y)=h(x+y)+h(x-y),\ \forall x,y \in \Bbb{R}}$

Αυτή είναι μία γνωστή συναρτησιακή της οικογένειας Cauchy (πρώτα, δεύτερα ξαδέρφια) και η λύση της είναι

$h(x)=ax^2,x \in \Bbb{R}, a \in \Bbb{R}$ .

Συνεπώς $\displaystyle{f(x)=e^{ax^2}, x \in \Bbb{R}}$ , που αληθεύει την αρχική.

Αν υποθέσουμε ότι f(x)=-1

, ομοίως εργαζόμενοι καταλήγουμε στο $\displaystyle{f(x)=-e^{ax^2},x \in \Bbb{R}}$

Συναρτήσεις

Συναρτήσεις

Re: Συναρτήσεις

Re: Συναρτήσεις

Μέλη σε σύνδεση