Με παράμετρο

Συντονιστής: m.pαpαgrigorakis

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

Με παράμετρο

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Τρί Σεπ 06, 2011 12:45 pm

Για ποιες τιμές της σταθερής a υπάρχει συνάρτηση f: \mathbb{R}\to \mathbb{R} τέτοια ώστε \displaystyle{ x+f(y)=af(y+f(x)) ,} για κάθε x,y \in \mathbb{R};


Θανάσης Κοντογεώργης
Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6175
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Με παράμετρο

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Τρί Σεπ 06, 2011 3:04 pm

Μια ίσως υπερβολική αντιμετώπιση, αλλά δεν βρήκα κάτι απλούστερο.

Καταρχάς, για \displaystyle{a=0}, η δοθείσα γίνεται \displaystyle{f(y)+x=0} για κάθε \displaystyle{x,y} και φανερά δεν υπάρχει τέτοια συνάρτηση.

Για \displaystyle{a=1} είναι φανερό ότι η ταυτοτική συνάρτηση "δουλεύει".

Ας είναι τώρα \displaystyle{a\ne 0,1.}

Θέτουμε στη δοθείσα \displaystyle{x\to -f(y)}, οπότε λαμβάνουμε \displaystyle{af\Big(y+f(-f(y))\Big)=0.} Επειδή είναι \displaystyle{a\ne 0} έχουμε

\displaystyle{f\Big(y+f(-f(y))\Big)=0} για κάθε \displaystyle{y}. Ειδικότερα, για \displaystyle{y=0} λαμβάνουμε \displaystyle{f(f(-f(0)))=0.}

Δηλαδή ο αριθμός \displaystyle{q=f(-f(0))} είναι ρίζα της \displaystyle{f}.

Θέτοντας τώρα στην αρχική \displaystyle{x\to q} βρίσκουμε \displaystyle{q+f(y)=af(y)} για κάθε \displaystyle{y,} άρα (αφού \displaystyle{a\ne 1})

\displaystyle{f(y)=\frac{q}{a-1}} για κάθε \displaystyle{y}. Δηλαδή η \displaystyle{f} είναι σταθερή. Είναι όμως φανερό, ότι καμία σταθερή συνάρτηση δεν ικανοποιεί την αρχική συνθήκη.

Άρα τελικά, η ζητούμενη τιμή του \displaystyle{a} είναι η \displaystyle{1.}


Μάγκος Θάνος
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ - ΟΡΙΑ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ”

Μέλη σε σύνδεση

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