Συναρτησιακή

Συντονιστές: achilleas, emouroukos, silouan

socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5799
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Συναρτησιακή

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Σάβ Σεπ 08, 2018 1:04 am

Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} για τις οποίες ισχύει

f(x)f(x+y)\leq f(x^2)+xy,

για κάθε x,y\in \mathbb{R}.


Θανάσης Κοντογεώργης

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 794
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Συναρτησιακή

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Σάβ Σεπ 08, 2018 12:49 pm

Θέτουμε x=y=0 και παίρνουμε ότι:

f(0)^2\leq f(0).

Από αυτό παίρνουμε ότι f(0)\geq 0.

Διακρίνουμε περιπτώσεις:

1) f(0)>0:

Θέτοντας x=0 παίρνουμε ότι f(0)f(y)\leq f(0), οπότε f(y)\leq 1.

Θέτουμε τώρα στην αρχική y=-x και παίρνουμε ότι f(x)f(0)\leq f(x^2)-x^2.

Ας υποθέσουμε ότι το x τείνει στο άπειρο. Λόγω του ότι f(x^2)\leq 1 και το γεγονός ότι το -x^2 θα τείνει στο μείον άπειρο, έχουμε ότι το f(x^2)-x^2 θα τείνει στο μείον άπειρο, άρα και το f(x)f(0) θα τείνει στο μείον άπειρο. Αφού f(0)>0 συμπεραίνουμε ότι όταν το x τείνει στο άπειρο το f(x) θα τείνει στο μείον άπειρο.

Θέτουμε y=\dfrac{1}{x}.

Έχουμε ότι f(x)f(x+\dfrac{1}{x})\leq f(x^2)+1.

Όταν το x τείνει στο άπειρο το δεξί μέλος θα τείνει στο μείον άπειρο. Όμως λόγω του ότι τα f(x) και f(x+\dfrac{1}{x}) θα τείνουν στο μείον άπειρο έχουμε ότι το γινόμενό τους θα τείνει στο άπειρο, άρα η ανισοτική σχέση δεν θα ισχύει, άτοπο.

2) f(0)=0.

Θέτουμε y=-x και παίρνουμε ότι f(x^2)-x^2\geq 0, οπότε f(x)\geq x για x\geq 0.

Με άλλα λόγια f(1)\geq 1 και f(2)\geq 2.

Θέτουμε τώρα στην αρχική x=y=1. Οπότε:

f(1)f(2)\leq f(1)+1\Leftrightarrow 1\geq f(1)(f(2)-1). Όμως αφού f(1)\geq 1 και f(2)-1\geq 1, έχουμε ότι f(1)=f(2)-1=1.

Θέτουμε τώρα x=1 και παίρνουμε ότι f(y+1)\leq 1+y. Από αυτό παίρνουμε ότι f(x)=x για x\geq 0.

Για x<0 έχουμε ότι f(x)\leq x.

Η σχέση γίνεται f(x)f(x+y)\leq x(x+y), αφού x^2\geq 0, άρα f(x)^2\leq x^2.

Αν όμως f(x_0)<x_0 για κάποιο x_0<0, τότε f(x_0)^2\geq (x_0)^2. Επομένως θα πρέπει f(x_0)^2=(x_0)^2 και αφού το f(x_0)\leq x_0 θα πρέπει f(x_0)=x_0 (αφού x_0<0).

Άρα f(x)=x για κάθε πραγματικό αριθμό x.


Houston, we have a problem!
maiksoul
Δημοσιεύσεις: 607
Εγγραφή: Παρ Αύγ 30, 2013 12:35 am
Τοποθεσία: ΚΕΡΚΥΡΑ

Re: Συναρτησιακή

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από maiksoul » Δευ Σεπ 10, 2018 7:02 pm

Καλό απόγευμα , μια προσέγγιση:
socrates έγραψε:
Σάβ Σεπ 08, 2018 1:04 am
Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} για τις οποίες ισχύει

f(x)f(x+y)\leq f(x^2)+xy,(1)
για κάθε x,y\in \mathbb{R}.
Για  y=x^{2}-x προκύπτει από την αρχική για κάθε x\in\mathbb{R}:

 f(x)f(x^{2})\leq f(x^{2})+x^{3}-x^{2}...  (2)

Με x=0 και x=1 στην (2) διαδοχικά προκύπτουν: f^{2}(0)\leq f(0)...\wedge ...f^{2}(1)\leq f(1)\Rightarrow 0\leq f(0)\leq 1..\wedge..0\leq f(1)\leq 1

Με x=1,y=-1 η αρχική (1) δίνει: f(1)f(0)\leq f(1)-1

Συνδυάζοντας τα δύο τελευταία συμπεράσματα προκύπτουν:

0\leq f(1)f(0)\leq f(1)-1\leq 0\Rightarrow f(1)=1.. \wedge ..f(0)=0

Με x=1 και y\in \mathbb{R} η αρχική γράφεται:f(1+y)\leq1+y ή

f(x)\leq x   \;\;\;\; \forall x\in \mathbb{R}....(3)

Με x\in\mathbb{R} έχουμε (3)\Rightarrow f(x^2)\leq x^2

Όμοια :y=-x:(1)\Rightarrow f(x^2)\geq x^2 άρα τελικά προκύπτει:  f(x^2)= x^2....(4)

Η αρχική τώρα γράφεται:f(x)f(x+y)\leq x^2+xy...(5) ενώ η (4)γράφεται:f(x)=x \;\;\forall x \geq 0 ...(6)

Με y=0και x\in\mathbb{R} στην αρχική προκύπτει:f^{2}(x)\leq x^{2}\Leftrightarrow \left | f(x) \right |\leq \left | x \right |...(7)

Έστω τώρα ότι υπάρχει k<0 με f(k)\neq k\Rightarrow f(k)< k< 0 τότε θα έχουμε:

x=k:(7)\Rightarrow \left | f(k) \right |\leq \left | k \right |\Rightarrow -f(k)\leq  -k\Rightarrow f(k)\geq k\Rightarrow k>k το οποίο είναι άτοπο.Επομένως f(k)=k \;\;\forall k<0\;\;(8)

Συνεπώς από τις (6),(8)προκύπτει ότι f(x)=x \;\;\forall x \in\mathbb{R}


ΣΟΥΛΑΝΗΣ ΜΙΧΑΛΗΣ
Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα - Επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης