Συναρτησιακή

∫ot.T. · #1

Να βρεθούν οι συναρτήσεις $f:\mathbb{R\to \mathbb{R}}$ ώστε να ισχύει

f(x+f(y))=f(x)+f(y)

για κάθε $x,y\in \mathbb{R}$

#2

∫ot.T. έγραψε: ↑
Κυρ Οκτ 26, 2025 4:44 pm
Να βρεθούν οι συναρτήσεις $f:\mathbb{R\to \mathbb{R}}$ ώστε να ισχύει

για κάθε $x,y\in \mathbb{R}$

Έχουμε έναν κανόνα στο φόρουμ που λέει ότι οι αναρτήσεις μας πρέπει να είναι ασκήσεις που ξέρουμε την λύση, εκτός αν δηλώσουμε ρητά το αντίθετο.

Έχεις υπόψιν σου τέτοια λύση;

Το ρωτάω γιατί έχεις αναρτήσει την άσκηση στον φάκελο του Λυκείου, άρα πρέπει να απευθύνεται σε μαθητές. Πλην όμως (αν δεν κάνω λάθος) κάποιες από τις

που ικανοποιούν την εξίσωση είναι πολύ πέρα από το Λύκειο: Ναι μεν έχουμε λύσεις της μορφής

α) f(x)=0

,

β)

,

γ)

(ακέραιο μέρος)

αλλά πιστεύω ότι άλλες λύσεις (άπειρες) χρησιμοποιούν το Αξίωμα της Επιλογής. Κάνω λάθος;

abfx · #3

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Οκτ 26, 2025 7:02 pm

∫ot.T. έγραψε: ↑
Κυρ Οκτ 26, 2025 4:44 pm
Να βρεθούν οι συναρτήσεις $f:\mathbb{R\to \mathbb{R}}$ ώστε να ισχύει

για κάθε $x,y\in \mathbb{R}$
...πιστεύω ότι άλλες λύσεις (άπειρες) χρησιμοποιούν το Αξίωμα της Επιλογής. Κάνω λάθος;

Όπως τα λέτε είναι. Ίσως ο θεματοθέτης ήθελε να γράψει

συνεχής.

Χωρίς αυτήν την υπόθεση, για παράδειγμα κάθε προβολή $f:\mathbb R \to \mathbb Q$ ικανοποιεί τη δοσμένη.

Για να κατασκευάσουμε τέτοια

, επιλέγουμε $\mathbb Q$ -βάση $\mathcal B =\{a_i\}_{i\in \mathfrak{c}}$ πάνω από το $\mathbb R$ με a_0=1

.

H

που κατασκευάζουμε είναι γραμμική (πάνω από το $\mathbb Q$ ) οπότε ορίζεται ακριβώς από τις εικόνες των στοιχείων της βάσης $\mathcal B$ .

Επιλέγοντας f(1)=1

και $f(a_i)\in \mathbb Q$ οτιδήποτε για $i\geq 1$ , έχουμε το ζητούμενο.

Πράγματι, για $q\in \mathbb Q$ , $f(q)=f(q\cdot 1)=qf(1)=q$ και άρα f(f(x))=f(x)

για κάθε $x\in \mathbb R$ .

Επίσης,

γραμμική οπότε

f(x+f(y))=f(x)+f(f(y))=f(x)+f(y)

, για κάθε $x,y \in \mathbb R$ .

Σχόλιο 1: Η παραπάνω κλάση λύσεων έχει πληθάριθμο τουλάχιστον $2^{\mathfrak{c}}$ .

Παραδείγματος χάριν, αντιστοιχίζουμε κάθε $A\subseteq \mathfrak{c}\setminus \{0\}$ στην

που ικανοποιεί f(a_i)=1

αν $i\in A$ και f(a_i)=0

αλλιώς ( $i\neq 0$ ).

Σχόλιο 2: To $\mathbb Q$ μπορεί να αντικατασταθεί με οποιοδήποτε υπόσωμα του $\mathbb R$ (και υπάρχουν πολλά τέτοια!).

Σχόλιο 3: Αυτές οι λύσεις που εμφανίστηκαν δεν είναι απαραίτητα οι μόνες. Μια άλλη κλάση λύσεων είναι η

$f(x)=\lfloor x+c \rfloor$ για $c\in \mathbb R$ .

∫ot.T. · #4

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Οκτ 26, 2025 7:02 pm

∫ot.T. έγραψε: ↑
Κυρ Οκτ 26, 2025 4:44 pm
Να βρεθούν οι συναρτήσεις $f:\mathbb{R\to \mathbb{R}}$ ώστε να ισχύει

για κάθε $x,y\in \mathbb{R}$
Έχουμε έναν κανόνα στο φόρουμ που λέει ότι οι αναρτήσεις μας πρέπει να είναι ασκήσεις που ξέρουμε την λύση, εκτός αν δηλώσουμε ρητά το αντίθετο.

Έχεις υπόψιν σου τέτοια λύση;

Το ρωτάω γιατί έχεις αναρτήσει την άσκηση στον φάκελο του Λυκείου, άρα πρέπει να απευθύνεται σε μαθητές. Πλην όμως (αν δεν κάνω λάθος) κάποιες από τις που ικανοποιούν την εξίσωση είναι πολύ πέρα από το Λύκειο: Ναι μεν έχουμε λύσεις της μορφής

α) ,

β) ,

γ) (ακέραιο μέρος)

αλλά πιστεύω ότι άλλες λύσεις (άπειρες) χρησιμοποιούν το Αξίωμα της Επιλογής. Κάνω λάθος;

Συγγνώμη που αθέτησα τον κανόνα, θα το προσέχω στο εξής. Την συγκεκριμένη άσκηση την βρήκα όπως την έχω διατυπώσει χωρίς λύση και επειδή δεν μπορούσα να την λύσω την ανέρτησα στο forum για βοήθεια. Πιστεύοντας πως είναι μία συναρτησιακή εξίσωση επιπέδου διαγωνισμών την τοποθέτησα σε αυτόν τον φάκελο, αλλά έκρινα λάθος. Συγγνώμη που δεν το ανέφερα! Ευχαριστώ για τις απαντήσεις σας!

#5

abfx έγραψε: ↑
Κυρ Οκτ 26, 2025 8:31 pm

Για να κατασκευάσουμε τέτοια , επιλέγουμε $\mathbb Q$ -βάση $\mathcal B =\{a_i\}_{i\in \mathfrak{c}}$ πάνω από το $\mathbb R$ με .

Ευχαριστώ. Ακριβώς αυτό εννοούσα το οποίο άλλωστε γνωρίζουν από πρώτο χέρι οι Αναλύστες.

Για όσους δεν γνωρίζουν, μιλάμε για τις λεγόμενες βάσεις Hamel. H ύπαρξή τους είναι ισοδύναμη με το Αξίωμα Επιλογής και άρα με το Λήμμα Zorn.

H μελέτη αυτών υπάρχει σε όλα τα προχωρημένα βιβλία Θεωρίας Συνόλων. Επίσης στα βιβλία Τοπολογίας και λοιπά.

Μια πρώτη επαφή (έξω όμως από το Σχολικό επίπεδο) υπάρχει στο βιντεάκι

εδώ

abfx · #6

Έχω την εντύπωση ότι αν υποθέσουμε επιπλέον ότι η

είναι συνεχής, τότε είναι της μορφής

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Οκτ 26, 2025 7:02 pm
α) ,

β) ,

αλλά καλό είναι ο αναγνώστης να είναι επιφυλακτικός.

Θα το δω πιο αναλυτικά όταν βρω χρόνο.

konargyr14 · #7

Καλησπέρα. Πράγματι (αν δεν μου έχει ξεφύγει κάτι) οι συνεχείς συναρτήσεις

που ικανοποιούν την ζητούμενη ιδιότητα είναι οι f(x)=0

και

.

Έστω

ο ισχυρισμός f(x+f(y)) = f(x) + f(y)

. Προφανώς η μηδενική συνάρτηση είναι η μόνη σταθερή συνάρτηση που ικανοποιεί. Έστω υπάρχει $t \in \mathbb{R}$ τέτοιο ώστε $f(t) \neq 0$ . Τότε:

$P(x,t) \Longrightarrow f(x+f(t)) = f(x) + f(t)$ , άρα: $P(x+f(t),t) \Longrightarrow f(x+2f(t)) = f(x+f(t)) + f(t) = f(x) + 2f(t)$ . Επαγωγικά προκύπτει ότι:

f(x+nf(t)) = f(x) + nf(t)

για κάθε $n \in \mathbb{Z}^+$

Ακόμη, $P(x-f(y), y) \Longrightarrow f(x) = f(x-f(y)) + f(y) \Longleftrightarrow f(x-f(y)) = f(x)-f(y)$ για κάθε $x,y \in \mathbb{R}$ , οπότε όμοια με πριν προκύπτει:

f(x-nf(t)) = f(x) -nf(t)

για κάθε $n \in \mathbb{Z}^+$

Συνεπώς: f(x+nf(t)) = f(x) + nf(t)

για κάθε $n \in \mathbb{Z}, x \in \mathbb{R} \qquad (1)$

Ισχυρισμός: Η

είναι επί του $\mathbb{R}$

Απόδειξη: Θα δείξουμε ότι η

δεν είναι φραγμένη πάνω ή κάτω.

Έστω υπάρχει $M \in \mathbb{R}$ τέτοιο ώστε $f(x) \leq M$ για κάθε $x \in \mathbb{R}$ . Διαλέγω $k \in \mathbb{Z}$ τέτοιο ώστε $k > \cfrac{M}{f(t)}-1$ αν f(t)>0

και $k < \cfrac{M}{f(t)}-1$ αν f(t) < 0

. Τότε

. Όμως από την (1)

έπεται ότι:

f(t+kf(t)) = f(t) + kf(t) = (k+1)f(t) > M

, άτοπο προς την αρχική υπόθεση. Η περίπτωση $f(x) \geq M'$ για $M' \in \mathbb{R}$ αντιμετωπίζεται όμοια.

Συνεπώς αφού η

δεν είναι φραγμένη πάνω ή κάτω και είναι συνεχής, η

είναι επί του $\mathbb{R}$ .

Θέτοντας τώρα z = f(y)

για $z \in \mathbb{R}$ η αρχική γίνεται:

f(x+z) = f(x) + z

για κάθε $x,z \in \mathbb{R}$ . Έτσι λόγω συμμετρίας:

$f(x) + z = f(x+z) = f(z) + x \Longrightarrow f(x) - x = f(z) -z$ για κάθε $x,z \in \mathbb{R}$ . Σταθεροποιώντας τώρα το

, έπεται ότι για κάθε $x \in \mathbb{R}$ , f(x) - x = c

για μια σταθερά

, δηλαδή

για $c \in \mathbb{R}$ που ικανοποιεί.

Συναρτησιακή

Συναρτησιακή

Re: Συναρτησιακή

Re: Συναρτησιακή

Re: Συναρτησιακή

Re: Συναρτησιακή

Re: Συναρτησιακή

Re: Συναρτησιακή

Μέλη σε σύνδεση