Συναρτησιακή (και πάλι)

#1

Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ που ικανοποιούν τη σχέση

$\displaystyle{\boxed{f\left( {{{\left( {f\left( x \right)} \right)}^2} + 2xf\left( y \right) + {y^2}} \right) = \left( {x + f\left( y \right)} \right)\left( {y + f\left( x \right)} \right)}}$

για κάθε $x, y \in \mathbb{R}$ .

kostas_zervos · #2

emouroukos έγραψε:Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ που ικανοποιούν τη σχέση

$\displaystyle{\boxed{f\left( {{{\left( {f\left( x \right)} \right)}^2} + 2xf\left( y \right) + {y^2}} \right) = \left( {x + f\left( y \right)} \right)\left( {y + f\left( x \right)} \right)}}$

για κάθε $x, y \in \mathbb{R}$ .

Μετά από αρκετή ενασχόληση δίνω μια λύση με ένα σημείο που πρέπει να αποδειχτεί (η απόδειξη μπορεί να είναι απλή , αλλά δεν την βλέπω). Ίσως να υπάρχει και πιο απλή λύση.

Για x=y

στην αρχική έχουμε

$f\left(f^2(x)+2xf(x)+x^2\right)=(x+f(x))\cdot (x+f(x))\iff$

$\iff f\left((x+f(x))^2\right)=(x+f(x))^2\;\;\;(1)$ .

Έστω f(0)=a

.

Για

στην αρχική έχουμε $f\left(a^2+y^2\right)=(a+y)\cdot f(y)\;\;\;(2)$ .

Για y=0

στην αρχική έχουμε $f\left(f^2(x)+2xa\right)=(a+x)\cdot f(x)\;\;\;(3)$ .

Για y=a

και

στην

έχουμε:

και

, άρα $2af(a)=0\iff a=0$ ή f(a)=0

.

Αν

, τότε από την (1)

για

έχουμε $f\left((2a^2+f(2a^2))^2\right)=(2a^2+f(2a^2))^2\iff f(4a^4)=4a^4$ και από τη αρχική για $x=a\;,\;y=2a^2$ έχουμε f(4a^2)=2a^3

. Άρα $4a^4=2a^3\iff a=0$ ή $a=\dfrac{1}{2}$ .

$\Bullet$ Αν a=0

και

, έχουμε τις σχέσεις:

$\framebox{f(x^2)=xf(x)}\;\;(4)$ και $\framebox{f(f^2(x))=xf(x)}\;\;(5)$ .

Αν υπάρχει $t\neq 0$ ώστε f(t)=0

, τότε:

$\overset{(4)}{\Rightarrow} f(t^2)=2tf(t)\iff f(t^2)=0$ και

$\overset{(1)}{\Rightarrow} f((f(t)+t)^2)=(f(t)+t)^2\iff f(t^2)=t^2$ . Άρα $t^2=0\iff t=0$ .

Έστω x,y

με

.

Αν

, τότε θα πρέπει x=y=0

.

Αν $f(x)=f(y)\neq 0$ .

Τότε $f^2(x)=f^2(y)\Rightarrow f(f^2(x))=f(f^2(y))\overset{(5)}{\Rightarrow}xf(x)=yf(y)\overset{f(x)=f(y)\neq 0}{\Rightarrow}x=y$ .

Άρα η

είναι

.

Από τις $(4)\;,\;(5)$ έχουμε $f(f^2(x))=f(x^2)\overset{1-1}{\Rightarrow}f^2(x)=x^2$ .

Άρα για κάθε $x\in\Bbb{R}$ θα έχουμε f(x)=x

ή

.

Έστω ότι υπάρχουν $x,y\in\Bbb{R}^*$ ώστε f(x)=x

και

.

Τότε από την αρχική έχουμε $f(x^2-2xy+y^2)=(x-y)(x+x)\iff f((x-y)^2)=(x-y)(x+y)\overset{(4)}{\iff}$

$\iff(x-y)f(x-y)=(x-y)(x+y)\overset{x\neq y}{\iff}f(x-y)=x+y$ .

Αλλά f(x-y)=x-y

ή

, άρα θα είναι $x+y=x-y\iff y=0$ ΑΤΟΠΟ ή $x+y=-(x-y)\iff x=0$ ΑΤΟΠΟ.

Άρα f(x)=x

για κάθε $x\in\Bbb{R}$ που επαληθεύει την αρχική ή f(x)=-x

για κάθε $x\in\Bbb{R}$ που ΔΕΝ επαληθεύει την αρχική.

Επομένως $\framebox{f(x)=x}$ για κάθε $x\in\Bbb{R}$ .

$\Bullet$ Αν $a=\dfrac{1}{2}$ και $f(0)=\dfrac{1}{2}\;,\;f\left(\dfrac{1}{2}\right)=0$ :

Για $y=\dfrac{1}{2}$ στην αρχική , έχουμε $f\left(f^2(x)+\dfrac{1}{4}\right)=\left(\dfrac{1}{2}+f(x)\right)x$ .

Πρώτα θα δείξουμε ότι η μοναδική τιμή του

για την οποία $f(x)=-\dfrac{1}{2}$ είναι το

.

Αρχικά δείχνουμε ότι η μοναδική τιμή του

για την οποία f(x)=0

είναι το $\dfrac{1}{2}$ .

Έστω f(t)=0

, τότε για x=y=t

στην αρχική , έχουμε f(t^2)=t^2

και για $x=\dfrac{1}{2}\;,\;y=t$ στην αρχική έχουμε: $f(t^2)=\dfrac{t}{2}$ .

Άρα $t^2=\dfrac{t}{2}\iff t=0$ ή $t=\dfrac{1}{2}$ και αφού $f(0)=\dfrac{1}{2}\neq 0$ , τελικά $f(t)=0\iff t=\dfrac{1}{2}$ .

Τώρα αν $f(k)=-\dfrac{1}{2}$ , για $x=\dfrac{1}{2}\;,\;y=k$ έχουμε $f\left(k^2-\dfrac{1}{2}\right)=0$ , επομένως $k^2-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}\iff k=\pm 1$ .

Τώρα πρέπει να δείξουμε ότι $k\neq -1$ , το οποίο δεν το έχω δείξει ακόμα...

Άρα $f(x))=-\dfrac{1}{2}\iff x=1$ .

Για $y=\dfrac{1}{2}$ έχουμε $f\left(f^2(x)+\dfrac{1}{4}\right)=x\left(\dfrac{1}{2}+f(x)\right)\;\;\;(7)$ .

Έστω x,y

με

.

Αν $f(x)=f(y)=-\dfrac{1}{2}$ , τότε θα πρέπει x=y=1

.

Αν $f(x)=f(y)\neq -\dfrac{1}{2}$ .

Τότε $f^2(x)+\dfrac{1}{4}=f^2(y)+\dfrac{1}{4}\Rightarrow f\left(f^2(x)+\dfrac{1}{4}\right)=f\left(f^2(y)\dfrac{1}{4}\right)\overset{(7)}{\Rightarrow}$

$\Rightarrow x\left(\dfrac{1}{2}+f(x)\right)=y\left(\dfrac{1}{2}+f(y)\right)\overset{f(x)=f(y)\neq 0}{\Rightarrow}x=y$ .

Άρα η

είναι

.

Από την αρχική για $y=\dfrac{1}{2}$ , έχουμε $f\left(f^2(x)+\dfrac{1}{4}\right)=x\left(\dfrac{1}{2}+f(x)\right)$ και $x=\dfrac{1}{2},y\to x$ , έχουμε $f\left(f(x)+x^2\right)=x\left(\dfrac{1}{2}+f(x)\right)$ .

Άρα $f\left(f^2(x)+\dfrac{1}{4}\right)=f\left(f(x)+x^2\right)\overset{1-1}{\Rightarrow} f^2(x)+\dfrac{1}{4}=f(x)+x^2\iff \left(g(x)-\dfrac{1}{2}\right)^2=x^2$ .

Επομένως , για κάθε $x\in\Bbb{R}$ , θα είναι $f(x)=x+\dfrac{1}{2}$ ή $f(x)=\dfrac{1}{2}-x$ .

Αν υπάρχουν $x,y\in\Bbb{R}^*$ , ώστε $f(x)=\dfrac{1}{2}-x$ και $f(y)=\dfrac{1}{2}+y$ , τότε αντικαθιστώντας στην αρχική έχουμε: $f\left((x+y)^2+{1}{4}\right)=\left(x+y+\frac{1}{2}\right)^2\left(x-y+\frac{1}{2}\right)$ .

Αφού $a=\dfrac{1}{2}$ η (2)

δίνει $f\left(y^2+\dfrac{1}{4}}\right)=\left(\dfrac{1}{2}+y\right)f(y)$ , άρα

$f\left((x+y)^2+{1}{4}\right)=\left(\dfrac{1}{2}+χ+y\right)f(χ+y)$ , επομένως

$\left(x+y+\frac{1}{2}\right)^2\left(x-y+\frac{1}{2}\right)=\left(\dfrac{1}{2}+χ+y\right)f(χ+y)$ .

Θα είναι $f(x+y)=\dfrac{1}{2}+x+y$ , τότε , μετά τις πράξεις , έχουμε y=0

ή $x+y=-\dfrac{1}{2}$ , ΑΤΟΠΟ (*)

.

Θα είναι $f(x+y)=\dfrac{1}{2}-x-y$ , τότε , μετά τις πράξεις , έχουμε x=0

ή $x+y=-\dfrac{1}{2}$ , ΑΤΟΠΟ (*)

.

Άρα $f(x)=x+\dfrac{1}{2}$ ή $f(x)=\dfrac{1}{2}-x$ για κάθε $x\in\Bbbb{R}$ .

Η πρώτη δεν επαληθεύει αρχική και η δεύτερη επαληθεύει.

Άρα $\framebox{f(x)=\dfrac{1}{2}-x}\;\;,\;\;x\in\Bbb{R}$ .

Τελικά:

$\framebox{f(x)=x}$ ή $\framebox{f(x)=\dfrac{1}{2}-x}\;\;,\;x\in\Bbb{R}$ .

(*)

Αν υπάρχουν x,y

, ώστε $x+y=-\dfrac{1}{2}$ , τότε $y=-\dfrac{1}{2}-x$ και αν είναι $f(x)=\dfrac{1}{2}-x$ , τότε $f(y)=\dfrac{1}{2}-\left(-\dfrac{1}{2}-x\right)=1+x=1-y-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}-y$ .

#3

Τέθηκε στη φετινή EGMO. Δείτε:
http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 8&t=585191
http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 6&t=585838

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Συναρτησιακή (και πάλι)

Συναρτησιακή (και πάλι)

Re: Συναρτησιακή (και πάλι)

Re: Συναρτησιακή (και πάλι)

Μέλη σε σύνδεση