Συναρτησιακή εξίσωση

#1

Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε $\displaystyle{ f (f(x) + 2f(y)) = f(2x) + 8y + 6 ,}$ για κάθε $x,y \in \mathbb{R}.$

kostas_zervos · #2

socrates έγραψε:Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε $\displaystyle{ f (f(x) + 2f(y)) = f(2x) + 8y + 6 ,}$ για κάθε $x,y \in \mathbb{R}.$

Για

, έχουμε $f(f(0)+2f(y))=f(0)+8y+6\;(1)$ .

Έστω $x,y\in\mathbb{R}$ με f(x)=f(y)

, τότε
$f(0)+2f(x)=f(0)+2f(y)\Rightarrow$

$\Rightarrow f(f(0)+2f(x))=f(f(0)+2f(y))\overset{(1)}{\Rightarrow}f(0)+8x+6=f(0)+8y+6\Rightarrow x=y$ .

Άρα η

είναι

.

Για $y=-\dfrac{3}{4}$ έχουμε $f\left(f(x) + 2f\left(-\dfrac{3}{4}\right)\right) = f(2x) + 8\left(-\dfrac{3}{4}\right)+ 6 \Rightarrow$

$\Rightarrow f(f(x)+a)=f(2x)$ , όπου $a=2f\left(-\dfrac{3}{4}\right)$ .

Αλλά η

είναι

, άρα

.

Αντικαθιστώντας στην αρχική έχουμε

$2(2x-a+2(2y-a))-a=2(2x)-a+8y+6 \iff a=-1$ , άρα f(x)=2x+1

που επαληθεύει.

#3

kostas_zervos έγραψε:
socrates έγραψε:Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε $\displaystyle{ f (f(x) + 2f(y)) = f(2x) + 8y + 6 ,}$ για κάθε $x,y \in \mathbb{R}.$
Για , έχουμε $f(f(0)+2f(y))=f(0)+8y+6\;(1)$ .

Έστω $x,y\in\mathbb{R}$ με , τότε
$f(0)+2f(x)=f(0)+2f(y)\Rightarrow$

$\Rightarrow f(f(0)+2f(x))=f(f(0)+2f(y))\overset{(1)}{\Rightarrow}f(0)+8x+6=f(0)+8y+6\Rightarrow x=y$ .

Άρα η είναι .

Για $y=-\dfrac{3}{4}$ έχουμε $f\left(f(x) + 2f\left(-\dfrac{3}{4}\right)\right) = f(2x) + 8\left(-\dfrac{3}{4}\right)+ 6 \Rightarrow$

$\Rightarrow f(f(x)+a)=f(2x)$ , όπου $a=2f\left(-\dfrac{3}{4}\right)$ .

Αλλά η είναι , άρα .

Αντικαθιστώντας στην αρχική έχουμε

$2(2x-a+2(2y-a))-a=2(2x)-a+8y+6 \iff a=-1$ , άρα που επαληθεύει.

Σχόλιο: η επαλήθευση δεν είναι απαραίτητη.

#4

Να δούμε και το δίδυμό του;

Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{R}^+ \rightarrow \mathbb{R}^+$ τέτοιες ώστε $\displaystyle{ f (f(x) + 2f(y)) = f(2x) + 8y + 6 ,}$ για κάθε $x,y \in \mathbb{R}^+.$

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #5

socrates έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 17, 2017 4:59 pm
Να δούμε και το δίδυμό του;

Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{R}^+ \rightarrow \mathbb{R}^+$ τέτοιες ώστε $\displaystyle{ f (f(x) + 2f(y)) = f(2x) + 8y + 6 ,}$ για κάθε $x,y \in \mathbb{R}^+.$

Να το δούμε,

P(x,y)

η δοσμένη. Αν f(a)=f(b)

παίρνω $P(x,a),P(x,b)\Rigtharrow a=b$ άρα η

είναι

Παίρνω

με

.
Από την P(x,y)

σταθεροποιώντας το

είναι άμεσο πως η

είναι επί σε διάστημα της μορφής $(M,+\infty)$
$P(k,x)-P(l,x): f(f(k)+2f(x))-f(f(l)+2f(x))=f(2k)-f(2l)=d\Leftrightarrow$
$f(f(l)+2f(x)+c)-f(f(l)+2f(x))=d\Leftrightarrow f(x+c)=f(x)+d$ για μεγάλα

.
Από εδώ παίρνω f(x+nc)=f(x)+nd

για κάθε $n\in \mathbb{N}$ και

μεγάλο, οπότε και d>0

Για

αρκετά μεγάλο $P(x+4c,y): f(f(x+4c)+2f(y))=f(2x+8c)+8y+6=f(2x)+8(d+y)+6\overset{P(x,y+d)}{=}$
$=f(f(x)+2f(y+d))\overset{1-1}{\Leftrightarrow }f(x)+4d+2f(y)=f(x)+2f(y+d)\Leftrightarrow f(y+d)=f(y)+2d$ για κάθε y>0

.
Αφού η

επί σε $(M,+\infty)$ μπορώ να βρω

με

, κάποιο αρκετά μεγάλο πολλάπλάσιο του

Τότε η $P(t,x): f(2f(x))+2nd=f(2t)+8x+6\Leftrightarrow f(2f(x))=8x+c_1$
Επίσης $P(x,t):f(f(x)+2nd)=f(2x)+8t+6\Leftrightarrow f(f(x))+4nd=f(2x)+8t+6\Leftrightarrow f(f(x))=f(2x)+c_2$
Αντικαθιστώ στην P(x,y): f(f(x)+2f(y))=f(f(x))-c_1+f(2f(y))-c_2+6

και αφού η

επί σε $(M,+\infty)$ έχω f(x+y)=f(x)+f(y)+C

για μεγάλα x,y

Για

παίρνω ακεραίους a,b

αρκετά μεγάλους , τότε
$f(x+ad+y+bd)=f(x+ad)+f(y+bd)+C\Leftrightarrow f(x+y)+2d(a+b)=f(x)+f(y)+2d(a+b)+C\Leftrightarrow$
f(x+y)=f(x)+f(y)+C

Από αυτή

επομένως $f(f(x))=f(2x)+c_1=2f(x)+c_1+C\Leftrightarrow f(x)=2x+k$ για μεγάλα

Για

επιλέγω

μεγάλο ακέραιο οπότε $f(x+rd)=2(x+rd)+k\Leftrightarrow f(x)=2x+k$
Αντικαθιστώ στην αρχική $\Rightarrow k=1$
Επομένως μοναδική λύση f(x)=2x+1

η οποία και επαληθεύει.

Συναρτησιακή εξίσωση

Συναρτησιακή εξίσωση

Re: Συναρτησιακή εξίσωση

Re: Συναρτησιακή εξίσωση

Re: Συναρτησιακή εξίσωση

Re: Συναρτησιακή εξίσωση

Μέλη σε σύνδεση