Συναρτησιακή εξίσωση

Συντονιστές: achilleas, emouroukos, silouan

Απάντηση
socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6603
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:
Επικοινωνία socrates

Συναρτησιακή εξίσωση

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates »

Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f : \mathbb{R} \to \mathbb{R} τέτοιες ώστε f(xf(x+y))=f(yf(x))+x^2 για κάθε x,y \in \Bbb{R}.
Θανάσης Κοντογεώργης
Ετικέτες:
συναρτησιακή-εξίσωση
Κορυφή
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1863
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής
Επικοινωνία:
Επικοινωνία Ορέστης Λιγνός

Re: Συναρτησιακή εξίσωση

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός »

socrates έγραψε: Πέμ Σεπ 22, 2022 12:14 am Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f : \mathbb{R} \to \mathbb{R} τέτοιες ώστε f(xf(x+y))=f(yf(x))+x^2 για κάθε x,y \in \Bbb{R}.
Έστω P(x,y) η δοσμένη συναρτησιακή σχέση.

Ισχυρισμός 1: f(0)=0 και f(xf(x))=x^2 για κάθε x \in \mathbb{R}.
Απόδειξη: Η P(0,x) δίνει ότι f(xf(0))=f(0), οπότε αν f(0) \neq 0 τότε για κάθε x \in \mathbb{R}, f(x)=f(\dfrac{x}{f(0}} \cdot f(0))=f(0), άρα η f είναι σταθερή, το οποίο δίνει άτοπο λόγω της αρχικής σχέσης. Συνεπώς, f(0)=0.

Τώρα η P(x,0) δίνει f(xf(x))=x^2, όπως θέλαμε \blacksquare

Ισχυρισμός 2: Η f είναι 1-1.
Απόδειξη: Αρχικά δείχνουμε ότι αν f(u)=0 για κάποιο u, τότε u=0. Πράγματι, αν f(u)=0 τότε u^2=f(uf(u))=f(0)=0, άρα u=0. Τώρα, έστω ότι υπάρχουν a,b τέτοια, ώστε f(a)=f(b) και a \neq b. Τότε, η P(a,b-a) δίνει

f(af(a))=f(af(b))=f((b-a)f(a))+a^2=f(bf(a-b))+f(af(a)),

οπότε f(bf(a-b))=0, συνεπώς bf(a-b)=0. Αν f(a-b)=0, τότε a-b=0, άτοπο. Αν πάλι b=0, τότε f(a)=f(0)=0, άρα a=0=b, άτοπο. Συνεπώς η f είναι 1-1 \blacksquare

Ισχυρισμός 3: f(1) \in \{ -1, 1 \}.
Απόδειξη: Είναι, f(f(1))=f(1 \cdot f(1))=1^2=1, άρα f(1)^2=f(f(1)f(f(1)))=f(f(1))=1, που δίνει το ζητούμενο \blacksquare

Παρατηρούμε ότι αν η συνάρτηση f ικανοποιεί την P(x,y), τότε την ικανοποιεί και η -f, οπότε μπορούμε να υποθέσουμε ότι f(1)=1.

Ισχυρισμός 4: Η συνάρτηση f είναι περιττή.
Απόδειξη: Είναι, f(-xf(-x))=(-x)^2=x^2=f(xf(x)), και αφού η f είναι 1-1, είναι -xf(-x)=xf(x) για κάθε x \in \mathbb{R}, άρα f(-x)=-f(x) για κάθε x \neq 0, που μαζί με το f(0)=0 δίνει το ζητούμενο \blacksquare

Ισχυρισμός 5: f(x+2)=f(x)+2 για κάθε x \in \mathbb{R}.
Απόδειξη: H P(1,x) δίνει f(f(x+1))=f(x)+1 για κάθε x \in \mathbb{R}, οπότε με x \rightarrow -x σε αυτήν, f(f(1-x))=f(-x)+1, άρα

f(f(x-1))=f(x)-1. Τελικά, με x \rightarrow x+2 σε αυτήν, f(x+2)-1=f(f(x+1))=f(x)+1, και άρα f(x+2)=f(x)+2, όπως θέλαμε \blacksquare

Στο πρόβλημα, η P(2,x) δίνει f(2f(x+2))=f(2x)+4, οπότε και

f(2f(x+2))=f(2x)+4=f(2x+2)+2=f(2x+4),

άρα αφού η f είναι 1-1, 2f(x+2)=2x+4, δηλαδή f(x)=x, για κάθε x \in \mathbb{R}, που είναι δεκτή.

Τελικά, αφού η f είναι λύση αν και μόνο αν ειναι και η -f, λύσεις είναι οι συναρτήσεις \rm \d και \rm - id.
Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε!
Κορυφή
socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6603
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:
Επικοινωνία socrates

Re: Συναρτησιακή εξίσωση

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates »

:coolspeak:
https://artofproblemsolving.com/communi ... _functions
Θανάσης Κοντογεώργης
Κορυφή
Απάντηση

Επιστροφή στο “Άλγεβρα - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

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