mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Απρ 11, 2024 9:12 pm**

Να βρείτε όλους τους μη αρνητικούς αριθμούς

, για τον καθέ από τους οποίους υπάρχει συνάρτηση $f: \mathbb{R}^{+} \rightarrow \mathbb{R}^{+}$ τέτοια, ώστε

$f \left ( f(x) + \dfrac{1}{f(x)} \right ) = x+a$

για οποιοδήποτε $x \in \mathbb{R}^{+}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 26, 2024 11:04 am**

ΣΥΝΤΟΜΗ ΑΠΑΝΤΗΣΗ
Για $a\in[0,1]$ η

δεν υπάρχει
Για $a\in(1,+\infty)$ η

υπάρχει

ΑΠΟΔΕΙΞΗ
Κατ' αρχάς αν υπάρχει η

θα πρέπει:
#1. να είναι 1-1
#2. $(a,+\infty)\subseteq f(\mathbb{R}^+)$
#3. f(x)f(y)=1

$\Rightarrow x=y$

Λαμβάνοντας αυτά υπ' όψιν θα διακρίνουμε τρεις περιπτώσεις για την τιμή του

$\color{green}\bullet$ $\color{red}a\in[0,1)$
Μπορούμε να θεωρήσουμε 0<x_1<x_2

ώστε

Οπότε $f(f(x_1)+\frac{1}{f(x_1)})f(f(x_2)+\frac{1}{f(x_2)})=1$ $\stackrel{\textbf{\#3.}}{\Rightarrow} f(x_1)+\frac{1}{f(x_1)}=f(x_2)+\frac{1}{f(x_2)}$ $\Rightarrow x_1=x_2$ άτοπο

$\color{green}\bullet$ $\color{red}a=1$
Θα αποδείξουμε διαδοχικά τα ακόλουθα:
i) $f((2,+\infty))\subseteq (1,+\infty)$
ii) $(1,+\infty)\subseteq f([2,+\infty))$
iii) $f(\mathbb{R}^+)\subseteq [1,+\infty)$
iv) $f(\mathbb{R}^+)=(1,+\infty)$

i) Πράγματι, αν $\omega=f(\gamma)$ , $\gamma>2$ τότε $\omega=f(y+\frac{1}{y})$ για κάποιο y>1

Όμως $y>1 \stackrel{\textbf{\#2.}}{\Rightarrow}$ y=f(z)

οπότε $\omega=z+1$ και αυτό αποδεικνύει τον εγκλεισμό.
ii) Πράγματι, αν b>1

τότε $b=(b-1)+1=f(f(b-1)+\frac{1}{f(b-1)})$ ενώ $f(b-1)+\frac{1}{f(b-1)}\ge 2$ και αυτό αποδεικνύει τον εγκλεισμό.
iii) Πράγματι, αν αντίθετα από το ζητούμενο υπάρχει x_o>0

με

κατ' αρχάς θα πρέπει $x_o\le2$ . Επίσης $\frac{1}{f(x_o)}>1$ οπότε θα υπάρχει $x_1\in[2,+\infty)$ ώστε $f(x_1)=\frac{1}{f(x_o)}$ οπότε από το #3. θα έχουμε x_o=x_1=2

και συνεπως f(x_o)^2=1

άτοπο.
iv) Πράγματι, αν αντίθετα από το ζητούμενο υπάρχει $\xi$ με $f(\xi)=1$ θα πρέπει κατ' αρχάς $\xi\le2$ . Θεωρούμε $\xi^\prime\in(0,\xi)$ . Επειδή η

είναι 1-1 θα πρέπει $f(\xi^\prime)>1$ οπότε θα υπάρχει $m\ge2$ ώστε $f(m)=f(\xi^\prime)$ οπότε $\xi^\prime< \xi\le2\le m$ και $m\stackrel{\textbf{\#1.}}{=}\xi^\prime$ άτοπο.

Έχοντας αποδείξει τα (i-iv), θεωρούμε $\eta\in(0,2)$ . Θα πρέπει $f(\eta)>1$ οπότε θα υπάρχει $m\ge2$ ώστε $f(\eta)=f(m)$ άτοπο αφού η

είναι 1-1.

$\color{green}\bullet$ $\color{red}a>1$
θα κατασκευάσουμε μια συνάρτηση

που θα ικανοποιεί τη δοσμένη συναρτησιακή εξίσωση. Πρώτα όμως θα τροποιήσουμε την εξίσωση ώστε να καταστεί πιο διαχειρίσιμη.
Η $f\colon(0,+\infty)\to f((0,+\infty))$ είναι αντιστρέψιμη.
Λαμβάνοντας υπ' όψιν τα #1,2,3. η δοθείσα συναρτησιακή εξίσωση γράφεται ισοδύναμα:
$f(x)+\frac{1}{f(x)}=f^{-1}(x+a)$ για κάθε x>0

$\Leftrightarrow f(x-a)+\frac{1}{f(x-a)}=f^{-1}(x)$ για κάθε x>a

$\Leftrightarrow f(f(x)-a)+\frac{1}{f(f(x)-a)}=x$ για κάθε

με

Η τελευταία είναι ισοδύναμη με την:
f(x)>a

$\Rightarrow x\ge2$ και $f(f(x)-a)-a=\frac{x}{2}\pm\sqrt{\frac{x^2}{4}-1}-a$

Θεωρούμε $G\colon [2,+\infty)\to[1-a,+\infty)$ με $G(x)=\frac{x}{2}+\sqrt{\frac{x^2}{4}-1}-a$
Η

είναι, συνεχής, επί, 1-1, γνησίως αύξουσα και G(x)<x

για κάθε

Αρκεί να δείξουμε ότι υπάρχει επί συνάρτηση $F\colon (0,+\infty)\to(1-a,+\infty)$ ώστε για κάθε x>0

να ισχύει η συνεπαγωγή
$F(x)>0 \Rightarrow$ $x\ge2$ και F(F(x))=G(x)

Η

θα είναι η ζητούμενη συνάρτηση

Θεωρούμε την αντίστροφη της

$G^{-1}\colon [1-a,+\infty)\to[2,+\infty)$ η οποία είναι γνησίως αύξουσα, συνεχής, επί και $G^{-1}(x)>x$ για κάθε

Ορίζουμε την ακολουθία $d_n=\begin{cases}1-a, & n=0 \\0, & n=1 \\ G^{-1}(d_{n-2}), & n\ge2 \end{cases}$
Είναι d_2=2

και η

είναι γνησίως αύξουσα (αποδεικνύεται επαγωγικά) και επειδή η $G^{-1}$ δεν έχει σταθερά σημεία θα πρέπει $\lim\limits_{n\to+\infty} d_n=+\infty$
Είναι χρήσιμο να ξαναγράψουμε την $G^{-1}$ με τη βοήθειά της (d_n)

$G^{-1} \colon [d_o , +\infty)\to [d_2,+\infty)$
Θεωρούμε επίσης $H_o\colon [d_o,d_1)\to[d_1,d_2)$ οποιαδήποτε 1-1, επί, γνησίως αύξουσα και συνεχή συνάρτηση.
Δοθείσης λοιπόν της H_o

, επαγωγικά, μπορούμε να αποδείξουμε τον ακόλουθο ισχυρισμό:
Για κάθε $\color{blue}n\in\mathbb{N}^*$ $\color{blue}\exists{\color{red}!} H_n\colon[d_o,d_{n+1})\to[d_1,d_{n+2})$ με $\color{blue}H_n(x)=\begin{cases}H_{n-1}(x), & x\in[d_o,d_n) \\ G^{-1}({H_{n-1}}^{-1}(x)), & x\in[d_n,d_{n+1})\end{cases}$
η οποία θα είναι 1-1,επί, γνησίως αύξουσα, συνεχής, $\color{blue}H_n(d_n)=d_{n+1}$ και $\color{blue}x<H_n(x)<G^{-1}(x)$

Έχοντας τις συναρτήσεις H_n

ορίζουμε τη συνάρτηση $H\colon[d_o,+\infty)\to[d_1,+\infty)$ με H=H_n

στο $[d_o,d_{n+1})$ για κάθε $n\in\mathbb{N}$ και η οποία θα είναι 1-1, επί, γνησίως αύξουσα, συνεχής και θα έχει τις ιδιότητες $x<H(x)<G^{-1}(x)$ για κάθε

και $H(d_n)=d_{n+1}$ για κάθε $n\in\mathbb{N}$

Θέτουμε $q=H^{-1}$ και για την επί, 1-1, γνησίως αύξουσα, συνεχή συνάρτηση $q\colon [d_1,+\infty)\to[d_o,+\infty)$
θα έχουμε τα ακόλουθα:
$\color{red}\bullet$ αν q(x)>0= d_1 = q(d_2)

τότε

οπότε $x\ge 2$
$\color{red}\bullet$ στο σύνολο $[d_1,+\infty)$ θα ισχύει η ισότητα $q^{-1}=G^{-1}\circ q$
Πράγματι, αν $x\in[d_n,d_{n+1})$ για κάποιον φυσικό αριθμό $n\ge1$ , θα έχουμε
$q(x)=H^{-1}(x)={H_{n-1}}^{-1}(x)$ $\Rightarrow G^{-1}(q(x)) = H_n(x) = H(x) = q^{-1}(x)$
οπότε $q(x)=G(q^{-1}(x))$
Αυτό σημαίνει ότι για κάθε $x\in[d_2,+\infty)$
θα είναι q(q(x))=G(x)

Σε αυτό το σημείο παρατηρούμε ότι ένα παράδειγμα για την άνωθι αναφερθείσα συνάρτηση

από την οποία θα προκύψει η ζητούμενη

μπορούμε να λάβουμε περιορίζοντας την

στο $(d_1,+\infty)$

Οπότε σε αυτό το σημείο η κατασκευή της

έχει ολοκληρωθεί. $\blacksquare$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 27, 2024 9:11 pm**

Θα ήθελα να ευχαριστήσω τον Ιάσωνα για την λύση και τον κόπο του (δεν την μελέτησα πλήρως ακόμα λόγω έλλειψης χρόνου). Για την ιστορία η άσκηση είναι η υπ' αριθμόν 4508 του περιοδικού "Μαθηματικά στο σχολείο" τεύχος 5, 2000. Μου άρεσε, γιατί μεγάλο μέρος της δυσκολίας, είναι στην κατασκευή συνάρτησης, που ικανοποιεί την συναρτησιακή.

mathematica.gr

Συναρτησιακή και παράμετρος

Συναρτησιακή και παράμετρος

Re: Συναρτησιακή και παράμετρος

Re: Συναρτησιακή και παράμετρος