Συναρτησιακή ανίσωση...

#1

Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες, ώστε

$\displaystyle{ xf(y)+xyf(x)\geq f^2(x)f(y)+xy,\ \ \ \forall x,y\in\Bbb{R}. }$

#2

Δυστυχώς, η λύση μου μπάζει σε ένα σημείο... Οπότε το αρχικό πρόβλημα γίνεται ανοικτό...
Μπορούμε να λύσουμε όμως την:

socrates έγραψε:Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες, ώστε

$\displaystyle{ xf(y)+xyf(x)\geq f^2(x)f(y)+xy,\ \ \ \forall x,y\in\Bbb{R}. }$

και για τις οποίες υπάρχει $a\in \Bbb{R}}$ με

#3

socrates έγραψε:Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες, ώστε

$\displaystyle{ xf(y)+xyf(x)\geq f^2(x)f(y)+xy,\ \ \ \forall x,y\in\Bbb{R}. }$

και για τις οποίες υπάρχει $a\in \Bbb{R}}$ με

Επαναφορά!

raf616 · #4

Καλησπέρα σε όλους!

Έστω P(x,y)

ο ισχυρισμός. Τότε $P(0,a) \implies f(0)=0$ .

$P(a, a) \implies a+a^2 \geq 1 + a^2 \iff a \geq 1$ .

$P(-1, -1) \implies f^3(-1) + 1 \leq 0 \iff f(-1) \leq -1 < 0$ .

$P(a, -1) \implies f(-1)(a-1) \geq 0 \iff a-1 \leq 0$ και άρα a=1

που δίνει

.

$\displaystyle{P(-1, 1) \implies -1 -f(-1) \geq f^2(-1) - 1 \implies f(-1)(f(-1)+ 1) \leq 0 \iff f(-1) \geq -1$ και άρα f(-1)=-1}

.

Τώρα συνδυάζοντας τα P(x,1), P(x,-1)

παίρνουμε

.

Έστω τώρα f(b)=0

. Τότε $P(b,b) \implies b^2 \leq 0 \implies b=0$ .

Άρα $f(x) =x, \forall x \in \Bbb{R^{*}}$ και f(0)=0

. Άρα τελικά $f(x) =x, \forall x \in \Bbb{R}$ που επαληθεύει.

#5

Συναρτησιακή ανίσωση...

Συναρτησιακή ανίσωση...

Re: Συναρτησιακή ανίσωση...

Re: Συναρτησιακή ανίσωση...

Re: Συναρτησιακή ανίσωση...

Re: Συναρτησιακή ανίσωση...

Μέλη σε σύνδεση