mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Αύγ 02, 2010 8:22 am**

καλημέρα...

*****************************************

Να βρεθεί η συνάρτηση $\bf \color{red}f:\mathbb R \to \mathbb R$ που ικανοποιεί την εξίσωση : $\displaystyle{\bf \color{red}\big(f(x+y)-f(x)-f(y)\big)^2-4\;f(x)\;f(y)=0}$ για κάθε $\bf \color{red} x,y \in \mathbb R$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 06, 2010 9:59 pm**

Φωτεινή έγραψε:
Να βρεθεί η συνάρτηση $\bf \color{red}f:\mathbb R \to \mathbb R$ που ικανοποιεί την εξίσωση : $\displaystyle{\bf \color{red}\big(f(x+y)-f(x)-f(y)\big)^2-4\;f(x)\;f(y)=0}$ για κάθε $\bf \color{red} x,y \in \mathbb R$

...

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 07, 2010 12:42 am**

gia ψ=0 εχουμε f(χ)=f(o)/2 kai για χ=ψ=0 f(o)=o ara f(x)=o
γεια

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 07, 2010 7:12 am**

dennys έγραψε:gia ψ=0 εχουμε f(χ)=f(o)/2 kai για χ=ψ=0 f(o)=o ara f(x)=o
γεια

Δεν είναι σωστή η λύση, αφού κάθε συνάρτηση

με

,

ικανοποιεί τη δοθείσα σχέση.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 07, 2010 10:11 am**

Θέτω $\displaystyle{A=f(x+y),B=f(x),C=f(y)}$ και έχω
$\displaystyle{(A-B-C)^2-4BC=0}$ ή $\displaystyle{A^2-2(B+C)A+(B-C)^2=0}$
Αν υπάρχει τέτοια συνάρτηση πρέπει $\displaystyle{A\in R}$ αρα η διακρίνουσα $\displaystyle{\Delta =16BC=16f(x)f(y)\ge 0}$ άρα $\displaystyle{f(x)f(y)\ge 0}$ [1] δηλαδή έχει ομόσημες τιμές ή μηδέν

Για $\displaystyle{x=y=0}$ στην αρχική σχέση προκύπτει $\displaystyle{f(0)=0}$ [2]

Για $\displaystyle{y=-x}$ στην αρχική σχέση προκύπτει λόγω της [2] είναι $\displaystyle{(f(x)-f(-x))^2=0}$ αρα η $\displaystyle{f}$ είναι αρτια

εστω λοιπόν η f να μην είναι η μηδενική συνάρτηση στο R και ας είναι $\displaystyle{f(x)\ge 0}$ τότε $\displaystyle{((\sqrt{C})^2-(\sqrt{A}+\sqrt{B})^2)((\sqrt{C})^2-(\sqrt{A}-\sqrt{B})^2)=0}$ οπότε λόγω της [2] δεν είναι δυνατόν να ισχύει $\displaystyle{(\sqrt{C})=-(\sqrt{A}+\sqrt{B})}$ αλλά ούτε $\displaystyle{(\sqrt{C})=\pm(\sqrt{A}-\sqrt{B})}$ και η f να μην είναι η μηδενική συνάρτηση.

Απομένει η περίπτωση $\displaystyle{(\sqrt{C})=(\sqrt{A}+\sqrt{B})}$ δηλαδή $\displaystyle{\sqrt{f(x+y)}=\sqrt{f(x)}+\sqrt{f(y)}}$ που σημαίνει ότι η $\displaystyle{\sqrt{f}}$ είναι Cauchy
ανάλογα αν $\displaystyle{f(x)\le 0}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 07, 2010 12:22 pm**

R BORIS έγραψε:Θέτω $\displaystyle{A=f(x+y),B=f(x),C=f(y)}$ και έχω
$\displaystyle{(A-B-C)^2-4BC=0}$ ή $\displaystyle{A^2-2(B+C)A+(B-C)^2=0}$
Αν υπάρχει τέτοια συνάρτηση πρέπει $\displaystyle{A\in R}$ αρα η διακρίνουσα $\displaystyle{\Delta =16BC=16f(x)f(y)\ge 0}$ άρα $\displaystyle{f(x)f(y)\ge 0}$ [1] δηλαδή έχει ομόσημες τιμές ή μηδέν

Για $\displaystyle{x=y=0}$ στην αρχική σχέση προκύπτει $\displaystyle{f(0)=0}$ [2]

Για $\displaystyle{y=-x}$ στην αρχική σχέση προκύπτει λόγω της [2] είναι $\displaystyle{(f(x)-f(-x))^2=0}$ αρα η $\displaystyle{f}$ είναι αρτια

εστω λοιπόν η f να μην είναι η μηδενική συνάρτηση στο R και ας είναι $\displaystyle{f(x)\ge 0}$ τότε $\displaystyle{((\sqrt{C})^2-(\sqrt{A}+\sqrt{B})^2)((\sqrt{C})^2-(\sqrt{A}-\sqrt{B})^2)=0}$ οπότε λόγω της [2] δεν είναι δυνατόν να ισχύει $\displaystyle{(\sqrt{C})=-(\sqrt{A}+\sqrt{B})}$ αλλά ούτε $\displaystyle{(\sqrt{C})=\pm(\sqrt{A}-\sqrt{B})}$ και η f να μην είναι η μηδενική συνάρτηση.

Απομένει η περίπτωση $\displaystyle{(\sqrt{C})=(\sqrt{A}+\sqrt{B})}$ δηλαδή $\displaystyle{\sqrt{f(x+y)}=\sqrt{f(x)}+\sqrt{f(y)}}$ που σημαίνει ότι η $\displaystyle{\sqrt{f}}$ είναι Cauchy
ανάλογα αν $\displaystyle{f(x)\le 0}$

Ροδόλφε νομίζω πως το μόνο που μπορούμε να πούμε είναι πως η συνάρτηση είναι προσθετική. Για να πούμε πως είναι Cauchy, πρέπει να ξέρουμε πως είναι και συνεχής.
Φιλικά

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Σεπ 09, 2010 11:41 am**

R BORIS έγραψε: $\displaystyle{((\sqrt{C})^2-(\sqrt{A}+\sqrt{B})^2)((\sqrt{C})^2-(\sqrt{A}-\sqrt{B})^2)=0}$ οπότε λόγω της [2] δεν είναι δυνατόν να ισχύει $\displaystyle{(\sqrt{C})=-(\sqrt{A}+\sqrt{B})}$ αλλά ούτε $\displaystyle{(\sqrt{C})=\pm(\sqrt{A}-\sqrt{B})}$ και η f να μην είναι η μηδενική συνάρτηση.
---
που σημαίνει ότι η $\displaystyle{\sqrt{f}}$ είναι Cauchy

Μπορείτε να εξηγήσετε λίγο παραπάνω γιατι οι άλλες παρενθέσεις δεν μπορούν να είναι μηδέν;
--
Η ρίζα f πάντως αν όντως έβγαινε προσθετική θα μας έδινε την f μηδέν ως περιττή και άρτια.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Σεπ 09, 2010 11:09 pm**

R BORIS έγραψε:Θέτω $\displaystyle{A=f(x+y),B=f(x),C=f(y)}$ και έχω
$\displaystyle{(A-B-C)^2-4BC=0}$ ή $\displaystyle{A^2-2(B+C)A+(B-C)^2=0}$
Αν υπάρχει τέτοια συνάρτηση πρέπει $\displaystyle{A\in R}$ αρα η διακρίνουσα...

Δεν είμαι σίγουρος για το πόσο η έκφραση αυτή είναι τριώνυμο. Όταν μεταβάλλεται η μεταβλητή Α με το χ, μεταβάλλονται και οι συντελεστές.

υγ. πως γνωρίζουμε ότι υπάρχει μόνο μία τέτοια συνάρτηση;

εδιτ: μόλις είδα το ποστ του αχιλλέα

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 10, 2010 7:12 am**

Αν $\displaystyle{\sqrt{C}=\pm (\sqrt{A}-\sqrt{B})}$ για $\displaystyle{x=y=t/2}$ προκύπτει $\displaystyle{f(t)=0}$

όσο για το τριώνυμο
αυτό που είπα είναι ότι αν $\displaystyle{A,B,C \in R }$ και f μη μηδενική ... δεν μπορεί παρά $\displaystyle{\Delta >0}$ αλλιώς $\displaystyle{C,B \in R }$ και A όχι πραγματικός. Πουθενά δεν υπάρχει η λέξη τριώνυμο

Ο Σπύρος έχει δίκιο.Θεώρησα ΑΥΘΑΊΡΕΤΑ ότι είναι συνεχής (ἠ μονότονη κοκ)

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 10, 2010 10:04 am**

R BORIS έγραψε:Αν $\displaystyle{\sqrt{C}=\pm (\sqrt{A}-\sqrt{B})}$ για $\displaystyle{x=y=t/2}$ προκύπτει $\displaystyle{f(t)=0}$

Μα απλά μπορεί για συγκεκριμένα, και όχι για όλα τα (x,y), να είναι μηδέν η μια απο αυτές τις παρενθέσεις.
(Οπότε να μην μπορείτε να θέσετε x=y=t/2 για το τυχαίο t κτλ)..
Το λάθος του συλλογισμού μπορεί να φανεί και απο το αποτέλεσμα (οτι βγαίνει προσθετική) όπως είπα και παραπάνω.
Πείτε μου αν συνεχίζετε να διαφωνείτε.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 10, 2010 4:10 pm**

Τελικά μάλλον έχεις δίκιο Ηλία αν κατάλαβα καλά

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 13, 2010 12:06 pm**

Tελικά η άσκηση είναι πολύ δύσκολη.

Έστω η $g:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ μια συνάρτηση που να ικανοποιεί την συναρτησιακή εξίσωση του Cauchy, δηλαδή g(x+y) = g(x) + g(y)

για κάθε $x,y\in \mathbb{R}$ . Τότε η συνάρτηση f(x) = g(x)^2

ικανοποιεί την δοσμένη συναρτησιακή εξίσωση. Αυτό ελέγχεται εύκολα αφού

$\displaystyle{(f(x+y) - f(x) - f(y))^2 = (g(x+y)^2 - g(x)^2 - g(y)^2)^2 = ((g(x) + g(y))^2 - g(x)^2 - g(y)^2)^2 = 4g(x)^2g(y)^2 = 4f(x)f(y) }$

Ομοίως και η συνάρτηση f(x) = -g(x)^2

ικανοποιεί την δοσμένη συναρτησιακή εξίσωση.

Νομίζω έχω μια απόδειξη ότι ισχύει και το αντίστροφο. Δηλαδή αν η

ικανοποιεί την δοσμένη συναρτησιακή εξίσωση τότε υπάρχει μια συνάρτηση

που ικανοποιεί την συναρτησιακή εξίσωση του Cauchy ώστε είτε f(x) = g(x)^2

για κάθε $x \in \mathbb{R}$ είτε f(x) = -g(x)^2

για κάθε $x \in \mathbb{R}$ .

Δυστυχώς απλή λύση του πιο πάνω δεν έχω. Προς το παρόν θα αρκεστώ να δείξω ότι για κάθε $q \in \mathbb{Q}$ ισχύει ότι f(q) = q^2f(1)

. Αν λοιπόν γνωρίζουμε επιπλέον ότι η

είναι συνεχής ή μονότονη τότε μπορούμε να συμπεράνουμε ότι f(x) = ax^2

για κάποιο

.

Έχει ήδη δειχθεί ότι είτε $f(x) \geqslant 0$ για κάθε

είτε $f(x) \leqslant 0$ για κάθε

. Θα υποθέσω το πρώτο. Η απόδειξη για το δεύτερο είναι παρόμοια. (Η απλώς δουλεύουμε με την συνάρτηση $\hat{f}(x) = - f(x)$ .)

Από την δοσμένη εξίσωση παίρνουμε ότι για κάθε $x,y \in \mathbb{R}$
είτε $\displaystyle{ f(x+y) = f(x) + f(y) + 2\sqrt{f(x)f(y)}}$
είτε $\displaystyle{ f(x+y) = f(x) + f(y) - 2\sqrt{f(x)f(y)}}$

Άρα είτε f(2) = 4f(1)

είτε

. Θέλουμε να δείξουμε ότι f(2) = 4f(1)

. Ας υποθέσουμε πως δεν ισχύει. Τότε f(2) = 0

και επιπλέον $f(1) \neq 0$ . Όμως είτε f(1) = 4f(1/2)

είτε

και αφού το δεύτερο δεν ισχύει παίρνουμε f(1/2) = f(1)/4

. Με παρόμοιο τρόπο παίρνουμε f(1/4) = f(1)/16

και

. Επίσης, αφού f(2) = 0

παίρνουμε

και άρα

. Άρα

και άρα είτε f(1/2) = 0

είτε

. Όμως έχουμε δείξει ότι f(1/2) = f(1)/4

, άτοπο.

Άρα f(2) = 4f(1)

. Η ίδια απόδειξη δίνει ότι f(2x) = 4f(x)

για κάθε $x \in \mathbb{R}$ . Αυτό θα χρησιμεύσει στην συνέχεια.

Θα δείξουμε με επαγωγή στο

ότι

για κάθε φυσικό αριθμό $m \leqslant 2k$ . Για k=1

το έχουμε αποδείξει. Έστω ότι ισχύει για $k \in \{1,2,\ldots,r\}$ και θέλουμε να το αποδείξουμε για k = r+1

. Αφού $r+1 \leqslant 2r$ , έχουμε f(r+1) = (r+1)^2f(1)

και άρα

. Επίσης, είτε $f(2r+1) = f(2r) + f(1) + 2\sqrt{f(2r)f(1)}$ είτε $f(2r+1) = f(2r) + f(1) - 2\sqrt{f(2r)f(1)}$ . Στην πρώτη περίπτωση παίρνουμε f(2r+1) = (2r+1)^2f(1)

και έχουμε αποδείξει το επαγωγικό βήμα. Στην δεύτερη περίπτωση παίρνουμε f(2r+1) = (2r-1)^2f(1)

. Όμως $(2r+2)^2f(1) = f(2r+2) \leqslant f(2r+1) + f(1) + 2\sqrt{f(2r+1)f(1)} \leqslant 4r^2f(1)$ , άτοπο. Άρα η επαγωγή έχει και τελειώσει και αποδείξαμε το ζητούμενο.

Με παρόμοιο τρόπο μπορούμε να αποδείξουμε ότι f(mx) = m^2f(x)