Λύσεις συναρτησιακής εξίσωσης.

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

Άβαταρ μέλους
chris_gatos
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6827
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 9:03 pm
Τοποθεσία: Πειραιάς

Λύσεις συναρτησιακής εξίσωσης.

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από chris_gatos » Κυρ Δεκ 20, 2009 11:40 am

Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις f : R-{0} -> R, οι οποίες ικανοποιούν τη συναρτησιακή εξίσωση:

\displaystyle{ 
f(x) + f(x^2 ) = f(\frac{1}{x}) + f(\frac{1}{{x^2 }}),x \ne 0 
}


Χρήστος Κυριαζής

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
polysot
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2546
Εγγραφή: Δευ Οκτ 19, 2009 11:43 pm
Τοποθεσία: Όπου βρω ενδιαφέρουσες προσωπικότητες...
Επικοινωνία:

Re: Λύσεις συναρτησιακής εξίσωσης.

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από polysot » Κυρ Δεκ 20, 2009 1:08 pm

Μία ομάδα συναρτήσεων που την ικανοποιούν είναι οι σταθερές.
Άλλο δεδομένο δεν έχουμε ε;;;


Σωτήρης Δ. Χασάπης

Ζήσε τα μαθηματικά σου!
-----------------------------
"There is a scientific taste just as there is a literary or artistic one", Renan
"The journey of a thousand miles begins with one step.", Lao Tzu
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11549
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Λύσεις συναρτησιακής εξίσωσης.

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Δεκ 20, 2009 7:46 pm

chris_gatos έγραψε:Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις f : R-{0} -> R, οι οποίες ικανοποιούν τη συναρτησιακή εξίσωση:

\displaystyle{ 
f(x) + f(x^2 ) = f(\frac{1}{x}) + f(\frac{1}{{x^2 }}),x \ne 0 
}
Χρήστο, σίγουρα μπορούμε να τις περιγράψουμε όλες; Μου φαίνονται πάρα πολλές.
Ας δούμε παραδείγματα, πέρα από τις σταθερές

1) f(1) = c, f(x) = 0 αλλιώς.

2) f(q) = c αν q \in \mathbb Q- \{0\}, \; f(x) = 0 αλλιώς.

3) f(2^n) = c αν n \in \mathbb Z, f(x) = 0 αλλιώς.

4) f(2^n) = c αν n \in \mathbb Z - \{0\}, f(x) = 0 αλλιώς.

5) f(2^n) = c αν n \in \mathbb Q, f(x) = 0 αλλιώς.

6) f(2^n) = c αν n \in \mathbb Q  - \{0\}, f(x) = 0 αλλιώς.

7) ομοίως με τα 4), 5), 6) αλλά με 3 στη θέση του 2.

8) f(2^n) = c_1, f(3^n) = c_2 αν n \in \mathbb Z, f(x) = 0 αλλιώς.

9) παραλλαγή του 8) αλλά με διαφορετικό σύνολο αναφοράς (π.χ. όπως στα 4), 5), 6).

10) f(\pi ^n) = c αν n \in \mathbb Z, f(x) = 0 αλλιώς.

11) f(\pi ^n) = c_1, f(2^n) = c_2 αν n \in \mathbb Z, f(x) = 0 αλλιώς

και λοιπά και λοιπά.

Μήπως θέλουμε και άλλη συνθήκη; Π.χ. συνέχεια;

Φιλικά,

Μιχάλης


Άβαταρ μέλους
chris_gatos
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6827
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 9:03 pm
Τοποθεσία: Πειραιάς

Re: Λύσεις συναρτησιακής εξίσωσης.

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από chris_gatos » Κυρ Δεκ 20, 2009 9:22 pm

Κι εμένα με έχει παραξενέψει ως εκφώνηση,αλλά αυτό ακριβώς λέει. Γι'αυτό την έδωσα κιόλας.


Χρήστος Κυριαζής
Άβαταρ μέλους
polysot
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2546
Εγγραφή: Δευ Οκτ 19, 2009 11:43 pm
Τοποθεσία: Όπου βρω ενδιαφέρουσες προσωπικότητες...
Επικοινωνία:

Re: Λύσεις συναρτησιακής εξίσωσης.

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από polysot » Κυρ Δεκ 20, 2009 10:41 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
chris_gatos έγραψε:Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις f : R-{0} -> R, οι οποίες ικανοποιούν τη συναρτησιακή εξίσωση:

\displaystyle{ 
f(x) + f(x^2 ) = f(\frac{1}{x}) + f(\frac{1}{{x^2 }}),x \ne 0 
}
Χρήστο, σίγουρα μπορούμε να τις περιγράψουμε όλες; Μου φαίνονται πάρα πολλές.
Ας δούμε παραδείγματα, πέρα από τις σταθερές

1) f(1) = c, f(x) = 0 αλλιώς.

2) f(q) = c αν q \in \mathbb Q- \{0\}, \; f(x) = 0 αλλιώς.

3) f(2^n) = c αν n \in \mathbb Z, f(x) = 0 αλλιώς.

4) f(2^n) = c αν n \in \mathbb Z - \{0\}, f(x) = 0 αλλιώς.

5) f(2^n) = c αν n \in \mathbb Q, f(x) = 0 αλλιώς.

6) f(2^n) = c αν n \in \mathbb Q  - \{0\}, f(x) = 0 αλλιώς.

7) ομοίως με τα 4), 5), 6) αλλά με 3 στη θέση του 2.

8) f(2^n) = c_1, f(3^n) = c_2 αν n \in \mathbb Z, f(x) = 0 αλλιώς.

9) παραλλαγή του 8) αλλά με διαφορετικό σύνολο αναφοράς (π.χ. όπως στα 4), 5), 6).

10) f(\pi ^n) = c αν n \in \mathbb Z, f(x) = 0 αλλιώς.

11) f(\pi ^n) = c_1, f(2^n) = c_2 αν n \in \mathbb Z, f(x) = 0 αλλιώς

και λοιπά και λοιπά.

Μήπως θέλουμε και άλλη συνθήκη; Π.χ. συνέχεια;

Φιλικά,

Μιχάλης
Και το κυριότερο είναι πώς θα αποδειχθεί ότι είναι μόνον αυτές, αν πρόκειται να βρεθούν έτσι περιγραφικά... :wallbash:


Σωτήρης Δ. Χασάπης

Ζήσε τα μαθηματικά σου!
-----------------------------
"There is a scientific taste just as there is a literary or artistic one", Renan
"The journey of a thousand miles begins with one step.", Lao Tzu
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8265
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Λύσεις συναρτησιακής εξίσωσης.

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Δευ Δεκ 21, 2009 1:46 pm

Η συνθήκη γράφεται f(x) - f(1/x) = - (f(x^2) - f(1/x^2)).

Για x,y > 1 ορίζουμε x \sim y αν και μόνο αν \displaystyle{\frac{\log{x}}{\log{y}} = 2^m } για κάποιο m \in \mathbb{Z}.

Η \sim είναι σχέση ισοδυναμίας. Για κάθε κλάση ισοδυναμίας παίρνουμε από το αξίωμα της επιλογής ένα εκπρόσωπο.

Αν x,y > 1 και \displaystyle{\frac{\log{x}}{\log{y}} = 2^m } για κάποιο m \in \mathbb{Z} τότε η συνθήκη δίνει f(x) - f(1/x) = (-1)^m\left(f(y) - f(1/y) \right)

Παρατηρούμε επίσης ότι πρέπει f(x) - f(1/x) = f(-x) - f(-1/x).

Ορίζουμε την συνάρτηση f ως εξής:

- Αυθαίρετα στο [-1,0) \cup (0,1].
- Αυθαίρετα για κάθε x που είναι εκπρόσωπος μιας από τις πιο πάνω κλάσεις ισοδυναμίας
- Αν y > 1 και x είναι ο εκπρόσωπος της κλάσης ισοδυναμίας του y, τότε ορίζουμε f(y) := (-1)^m (f(x) - f(1/x)) + f(1/y) όπου \displaystyle{\frac{\log{x}}{\log{y}} = 2^m }. (Έχουμε ήδη ορίσει την f στα x,1/x,1/y.)
- Αν x < -1 ορίζουμε f(x) := f(-x) - f(-1/x) + f(1/x).

Κάθε τέτοια f ικανοποιεί την συνθήκη. Αντίστροφα κάθε συνάρτηση που ικανοποιεί την συνθήκη πρέπει να κατασκευάζεται όποιος πιο πάνω αφού όπου δεν έχουμε ορίσει τις τιμές της αυθαίρετα, ήμασταν αναγκασμένοι να την ορίσουμε έτσι.


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 3 επισκέπτες