Vojtech Jarvik 1994/3 Category II

Συντονιστής: Demetres

Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8113
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Vojtech Jarvik 1994/3 Category II

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Πέμ Ιουν 16, 2016 4:08 pm

Έστω συνάρτηση f:\mathbb{R} \to \mathbb{R} η οποία ικανοποιεί

\displaystyle{ f(xy) = \frac{f(x) + f(y)}{x+y}}

για κάθε x,y \in \mathbb{R} με x+y\neq 0.

Υπάρχει x \in \mathbb{R} με f(x) \neq 0;


alexandrosvets
Δημοσιεύσεις: 142
Εγγραφή: Πέμ Ιούλ 24, 2014 1:16 pm
Τοποθεσία: Νέα Αγχίαλος,Βόλος

Re: Vojtech Jarvik 1994/3 Category II

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από alexandrosvets » Πέμ Ιουν 16, 2016 5:27 pm

Μια προσπάθεια ελπίζω σωστή.

Γιαx=1 και y=0 εχουμε f(1)=0.

Για x=1 εχουμε f(y)(1+y)=f(y)\leftrightarrow yf(y)=0.

Αρα για καθε y\neq 0 f(y)=0.

Γιαx=0 στην αρχική εχουμε (y-1)f(0)=f(y)\leftrightarrow y(y-1)f(0)=yf(y)\leftrightarrow f(0)=0,
αφου y\neq 0 και επειδή εχουμε μελετήσει τι κανει στο y=1 αρα y\neq1.

Αρα δεν υπάρχουν x:f(x)\neq 0.
τελευταία επεξεργασία από alexandrosvets σε Πέμ Ιουν 16, 2016 5:34 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Ο ουρανός είναι ο καμβάς
Τα σύννεφα είναι τα σχέδια
Και ο ήλιος είναι ο ζωγράφος
Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3902
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: Vojtech Jarvik 1994/3 Category II

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Πέμ Ιουν 16, 2016 5:31 pm

Demetres έγραψε:Έστω συνάρτηση f:\mathbb{R} \to \mathbb{R} η οποία ικανοποιεί

\displaystyle{ f(xy) = \frac{f(x) + f(y)}{x+y}}

για κάθε x,y \in \mathbb{R} με x+y\neq 0.

Υπάρχει x \in \mathbb{R} με f(x) \neq 0;
Όχι δεν υπάρχει.

Για y=0 και x\neq 0 παίρνουμε τελικά f(x)=f(0)x-f(0) οπότε αν θέσουμε f(0)=a έχουμε τη συνάρτηση f(x)=ax-a. Βάζοντάς τη στην αρχική σχέση παίρνουμε:

axy-a=a-\dfrac{2a}{x+y} για κάθε x,y\in\mathbb{R}.

Αν θέσουμε x=2, \ y=1 βρίσκουμε a=0 άρα η μόνη συνάρτηση που επαληθεύει την αρχική είναι η f(x)=0 για κάθε x\in\mathbb{R}.

Αλέξανδρος


Αλέξανδρος Συγκελάκης
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8113
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Vojtech Jarvik 1994/3 Category II

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Πέμ Ιουν 16, 2016 5:44 pm

Νομίζω και στις δύο λύσεις που δόθηκαν υπάρχουν κάποιες ελλείψεις που ευτυχώς διορθώνονται.
alexandrosvets έγραψε: Αρα για καθε y\neq 0 f(y)=0.
Εδώ χρειάζεται επιπλέον και η συνθήκη y \neq -1
alexandrosvets έγραψε: Γιαx=0 στην αρχική εχουμε (y-1)f(0)=f(y)\leftrightarrow \cdots
Εδώ χάθηκε ένα f(0) από το δεξί μέλος.
cretanman έγραψε: axy-a=a-\dfrac{2a}{x+y} για κάθε x,y\in\mathbb{R}.
Εδώ χρειάζεται επιπλέον και η συνθήκη x,y ,x+y \neq 0.


alexandrosvets
Δημοσιεύσεις: 142
Εγγραφή: Πέμ Ιούλ 24, 2014 1:16 pm
Τοποθεσία: Νέα Αγχίαλος,Βόλος

Re: Vojtech Jarvik 1994/3 Category II

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από alexandrosvets » Πέμ Ιουν 16, 2016 5:47 pm

Demetres έγραψε:Νομίζω και στις δύο λύσεις που δόθηκαν υπάρχουν κάποιες ελλείψεις που ευτυχώς διορθώνονται.
alexandrosvets έγραψε: Αρα για καθε y\neq 0 f(y)=0.
Εδώ χρειάζεται επιπλέον και η συνθήκη y \neq -1
alexandrosvets έγραψε: Γιαx=0 στην αρχική εχουμε (y-1)f(0)=f(y)\leftrightarrow \cdots
Εδώ χάθηκε ένα f(0) από το δεξί μέλος.
cretanman έγραψε: axy-a=a-\dfrac{2a}{x+y} για κάθε x,y\in\mathbb{R}.
Εδώ χρειάζεται επιπλέον και η συνθήκη x,y ,x+y \neq 0.
Κύριε Δημήτρη επειδή δεν γράφω απο υπολογιστή ειναι λιγο συνοπτικά γραμμένα. :)


Ο ουρανός είναι ο καμβάς
Τα σύννεφα είναι τα σχέδια
Και ο ήλιος είναι ο ζωγράφος
Απάντηση

Επιστροφή σε “Διαγωνισμοί για φοιτητές”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες