Παραλλαγή

Δυσκολότερα θέματα τα οποία όμως άπτονται της σχολικής ύλης και χρησιμοποιούν αποκλειστικά θεωρήματα που βρίσκονται μέσα σε αυτή. Σε διαφορετική περίπτωση η σύνταξη του μηνύματος θα πρέπει να γίνει στο υποφόρουμ "Ο ΦΑΚΕΛΟΣ ΤΟΥ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΥ"

Συντονιστής: Μπάμπης Στεργίου

Άβαταρ μέλους
R BORIS
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2181
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 03, 2009 8:08 am
Επικοινωνία:

Παραλλαγή

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από R BORIS » Πέμ Νοέμ 04, 2010 10:26 pm

Μια παραλλαγή της άσκησης του Σπύρου εδώ

Να βρεθούν οι συνεχείς στο R συναρτήσεις f , g που ικανοποιούν τις:
\displaystyle{\bullet f(x+g(y))=y+g(x) , \forall x,y \in R}
\displaystyle{\bullet f(1)<f(2)}

(Πιστεύω ότι ο τρόπος λύσης που έχω είναι εντελώς διαφορετικός από την άσκηση του Σπύρου γι' αυτό και την ανεβάζω εδώ)


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

Re: Παραλλαγή

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Παρ Νοέμ 05, 2010 1:11 am

R BORIS έγραψε:Μια παραλλαγή της άσκησης του Σπύρου εδώ

Να βρεθούν οι συνεχείς στο R συναρτήσεις f , g που ικανοποιούν τις:
\displaystyle{\bullet f(x+g(y))=y+g(x) , \forall x,y \in R}
\displaystyle{\bullet f(1)<f(2)}

(Πιστεύω ότι ο τρόπος λύσης που έχω είναι εντελώς διαφορετικός από την άσκηση του Σπύρου γι' αυτό και την ανεβάζω εδώ)
Πολύ ωραία άσκηση.

Λοιπόν, για x=0 είναι f(g(y))=y+g(0) (^*), ενώ για y=0 είναι f(x+g(0))=g(x)(^{**}).

Από την (^*) συμπεραίνουμε ότι η g είναι 1-1 καθώς και ότι η f είναι επί (του \mathbb{R}).
Επίσης λόγω της (^{**}) η g είναι επίσης επί (έχει σύνολο τιμών το \mathbb{R}) και η f 1-1.

H f ως 1-1 και συνεχής είναι γν. μονότονη και επειδή \displaystyle{ f(1)<f(2)} είναι γν. αύξουσα.
Η g είναι επίσης γν. αύξουσα (και επί) οπότε είναι συνεχής.

Θέτοντας τώρα στην αρχική όπου x το g(x) έχουμε \displaystyle{f(g(x)+g(y))=y+g(g(x))} και εναλλάσοντας τα x,y ,\displaystyle{ f(g(x)+g(y))=x+g(g(y))}.
Άρα g(g(x))-x=g(g(y))-y, \forall x,y οπότε g(g(x))=x+c, c σταθερά.


Θέτοντας στην αρχική όπου y το g(y) λαμβάνουμε \displaystyle{f(x+g(g(y)))=g(y)+g(x)} ή \displaystyle{f(x+y+c)=g(y)+g(x)}.

Επίσης, για x:=0, y:=g(x+y) είναι f(x+y+c)=g(x+y)+g(0).

Από τις δύο τελευταίες σχέσεις, η g(x)-g(0) είναι Cauchy και λόγω συνέχειας g(x)=ax+g(0).

Αντικαθιστώντας στην g(g(x))=x+c έχουμε a^2=1.

Τελικά,
για a=1 προκύπτουν f(x)=x, \ g(x)=x+g(0) που είναι λύσεις ενώ

για a=-1, f(x)=-x+2c, \ g(x)=-x+c που δεν είναι γν. αύξουσες.
τελευταία επεξεργασία από socrates σε Παρ Νοέμ 05, 2010 1:20 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Θανάσης Κοντογεώργης
k-ser
Δημοσιεύσεις: 870
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 10:22 am
Τοποθεσία: Μουζάκι Καρδίτσας
Επικοινωνία:

Re: Παραλλαγή

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από k-ser » Παρ Νοέμ 05, 2010 1:13 am

R BORIS έγραψε:
Να βρεθούν οι συνεχείς στο R συναρτήσεις f , g που ικανοποιούν τις:
\displaystyle{\bullet f(x+g(y))=y+g(x) , \forall x,y \in R} \ \ \color{red}(1)
\displaystyle{\bullet f(1)<f(2)}
Από την \color{red}(1) για x=-g(y) προκύπτει:
\displaystyle  g\left(-g(y)\right)=-y+f(0) και έτσι, εύκολα μπορούμε να δείξουμε το 1-1 της g.

Από την \color{red}(1) για x:x-g(0) και y=0προκύπτει:
\displaystyle  f(x)=g\left(x-g(0)\right) οπότε και η f είναι 1-1.
Όμως η f είναι και συνεχής άρα θα είναι γνησίως μονότονη.
Είναι f(1)<f(2) επομένως η f είναι γνησίως αύξουσα.

Ακόμη, από την \displaystyle \color{red}{ (1)} \bf{ \Rightarrow f\left(f\left(x+g(y)\rigt)\right)=f\left(y+g(x)\right)=x+g(y)} και για
x:x-g(0) και y=0προκύπτει:
\displaystyle f\left(f(x)\right)=x, \ \ \forall x \in \mathbb{R} και εφόσον η f είναι γνησίως αύξουσα
θα είναι
\bf{f(x)=x , \ \ x \in \mathbb{R}}
και από την \color{red}(1) για y=0 και g(0)=k με k\in \mathbb{R} έχουμε τις συναρτήσεις:
\bf{g(x)=x+k , \ \ x \in \mathbb{R}}.

Οι συναρτήσεις f, g επαληθεύουν, προφανώς, τις συνθήκες.


Κώστας Σερίφης
Άβαταρ μέλους
R BORIS
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2181
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 03, 2009 8:08 am
Επικοινωνία:

Re: Παραλλαγή

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από R BORIS » Παρ Νοέμ 05, 2010 11:56 am

Θα ανεβάσω την λύση μου (μοιάζει πολύ με του Κώστα)

\displaystyle{\bullet f(x+g(y))=y+g(x)} [1]
Στην [1] θέτω όπου x το -g(y) οπότε \displaystyle{f(0)=y+g(-g(y))=y-(-g(-g(y)))} [2]
\displaystyle{\bullet} Ονομάζω \displaystyle{b=f(0),-g(t)=h(t)} τότε η [2] γίνεται \displaystyle{h(h(y))=y-b} [3]
\displaystyle{\bullet}Η h είναι συνεχής στο R και από την [3] εύκολα προκύπτει 1-1 άρα γνήσια μονότονη, συνεπώς και η g, με αντίθετο είδος μονοτονίας αφού g=-h
\displaystyle{\bullet} τώρα στην [1] θέτω όπου y το 0 και παίρνω \displaystyle{f(x+g(0))=g(x)} που σημαίνει ότι και η f είναι μονότονη και μάλιστα γνήσια αύξουσα αφού \displaystyle{f(1)<f(2)}
\displaystyle{\bullet}Ακόμη η [1] γίνεται \displaystyle{f(x-h(y))=y-h(x)} [4]. Στην [4] θέτω όπου y το f(x) και παίρνω \displaystyle{f(x-h(h(x)))=0} που λόγω της [3] δίνει \displaystyle{f(b)=0 \Rightarrow f(f(b))=f(0)=b}
\displaystyle{\bullet}Αν \displaystyle{f(b)>b} επειδή f γνήσια αύξουσα \displaystyle{f(f(b))>f(b)\Rightarrow b>f(b)} αντίφαση και όμοια αν \displaystyle{f(b)<b}. Τελικά \displaystyle{f(b)=b=f(0) \Rightarrow b=0} [5]
\displaystyle{\bullet} Από την [4] παίρνουμε \displaystyle{f(f(x-h(y))=f(y-h(x))=x-h(y)} [6]
\displaystyle{\bullet} στην [6] θέτουμε όπου x=0 και όπου y το h(y) οπότε
\displaystyle{f(-h(h(y)))=-h(h(y))\Rightarrow f(-y)=-y} αφού λόγω της [5] \displaystyle{h(h(y))=y-b=y} Συνεπώς \displaystyle{f(x)=x, \forall x\in R}
\displaystyle{\bullet} και τότε \displaystyle{f(x+g(0))=g(x)=x+g(0), \forall x\in R}


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΘΕΜΑΤΑ ΜΕ ΑΠΑΙΤΗΣΕΙΣ Γ'”

Μέλη σε σύνδεση

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