Συναρτησιακή!

Ορέστης Λιγνός · #1

Να βρείτε όλες τις συναρτήσεις $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ οι οποίες είναι τέτοιες, ώστε

f(x)f(yf(x)-1)=x^2f(y)-f(x)

#2

Θα δείξουμε ότι οι μόνες λύσεις είναι οι f(x) = 0

για κάθε $x \in \mathbb{R}$ και f(x) = x

για κάθε $x \in \mathbb{R}$ οι οποίες προφανώς ικανοποιούν τη σχέση.

Μπορούμε να υποθέσουμε ότι δεν είμαστε στην πρώτη περίπτωση και άρα υπάρχει $a \in \mathbb{R}$ με $f(a) \neq 0$ .

Για x = y = 1

έχουμε $\displaystyle f(1)f(f(1)-1) = 0$ άρα f(1) = 0

ή

. Σε κάθε περίπτωση υπάρχει $b \in \mathbb{R}$ ώστε f(b) = 0

. Για

παίρνω

και άρα

.

Αφού $f(b) = 0 \implies b = 0$ και αφού f(1) = 0

ή

, τότε έχουμε και f(1) = 1

. Για

παίρνω

για κάθε $y \in \mathbb{R}. \quad (1)$

Για x = -1

στην (1) παίρνουμε -f(-y-1) = f(y)+1

και επειδή f(-y-1) = f(-y)-1

από την (1) παίρνουμε -f(-y)=f(y)

, δηλαδή η

είναι περιττή.

Χρησιμοποιώντας την (1) στην αρχική έχουμε

$\displaystyle x^2f(y) - f(x) = f(x)f(yf(x)-1) = f(x)[f(yf(x)) - 1]$ οπότε

$\displaystyle x^2f(y) = f(x)f(yf(x))$ για κάθε $x,y \in \mathbb{R}. \quad (2)$

Για y = 1

στη (2) παίρνω $x^2 = f(x)f(f(x)) \quad (3)$

ενώ για $y = x \neq 0$ παίρνω $x^2 = f(xf(x)) \quad (4)$ η οποία ισχύει προφανώς και για x= 0

.

Η (4) δείχνει ότι το σύνολο τιμών της

περιέχει το $[0,+\infty)$ και επειδή η

είναι περιττή, θα είναι και επί. Αντικαθιστώντας της (3) στη (2) και διαιρώντας με f(x)

για $x \neq 0$ παίρνουμε

$\displaystyle f(f(x))f(y) = f(yf(x)) \quad (5)$

η οποία ισχύει και για x = 0

. Επειδή η

είναι επί για κάθε $t \in \mathbb{R}$ θα υπάρχει x_t

με

και για

στην (5) έχουμε

$\displaystyle f(t)f(y) = f(ty) \quad (6)$

για κάθε $t,y \in \mathbb{R}$

Τότε έχουμε

$\displaystyle x^2f(y) - f(x) = f(x)f(yf(x)-1) = f(xyf(x)-x)$

αλλά από την (4) έχουμε και

$\displaystyle x^2f(y) - f(x) = f(xf(x))f(y) - f(x) = f(xyf(x)) - f(x)$

Καταλήγουμε στην f(xyf(x) - x) = f(xyf(x)) - f(x)

που για $x \neq 0, y = 1/xf(x)$ γίνεται f(t-x) = f(t) - f(x)

. Άρα, αφού η

είναι και περιττή, παίρνουμε ότι η

είναι προσθετική (ικανοποιεί τη συναρτησιακή του Cauchy). Επειδή είναι και πολλαπλασιαστική (ικανοποιεί την (6)) τότε είτε είναι ταυτοτική

είτε είναι η ταυτοτική συνάρτηση.

Αποδεικνύω το τελευταίο μιας και είναι χρήσιμο:

Για x > y

θέτω $t = \sqrt{x-y}$ . Τότε $f(x) - f(y) = f(x-y) = f(t^2) = f(t)^2 \geqslant 0$ . Άρα η

είναι μονότονη και αφού ικανοποιεί την Cauchy θα είναι της μορφής f(x) = cx

για κάποιο $c \in \mathbb{R}$ (γνωστό). Επειδή cxy = f(xy) = f(x)f(y) = c^2xy

παίρνουμε

ή

.

Henri van Aubel · #3

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Ορέστης Λιγνός · #4

Ορέστης Λιγνός έγραψε: Τετ Νοέμ 01, 2023 8:53 pm Να βρείτε όλες τις συναρτήσεις $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ οι οποίες είναι τέτοιες, ώστε

Καλησπέρα σε όλους. Ευχαριστώ τον κ. Δημήτρη για την λύση. Η πηγή της άσκησης είναι από το Topics in Functional Equations των Andreescu, Boreico, Mushkarov και Nikolov (κεφάλαιο 3, πρόβλημα 3.18). Η λύση μου είναι, περιληπτικά, η εξής:

Μπορούμε να υποθέσουμε ότι η

δεν είναι η μηδενική συνάρτηση.

Βήμα 1: f(-1)=-1

και

. Πράγματι, με y=0

στην αρχική προκύπτει ότι f(x)(f(-1)+1)=x^2f(0),

και άρα αν $f(-1) \neq -1$ τότε f(x)=cx^2

με

σταθερά, κάτι το οποίο εύκολα απορρίπτεται. Συνεπώς f(-1)=-1

και, με

προκύπτει

.

Βήμα 2: f(-x-1)=-f(x)-1,

και

. Πράγματι, για την πρώτη σχέση αρκεί να πάρουμε x=-1

στην αρχική.

Για την δεύτερη, με y=-1

προκύπτει ότι -x^2-f(x)=f(x)f(-f(x)-1)=-f(x)f(f(x))-f(x),

άρα

όπως θέλαμε.

Για την τρίτη σχέση, με $y \rightarrow -y$ η αρχική δίνει ότι

x^2f(-y)-f(x)=f(x)f(-yf(x)-1)=f(x)(-f(yf(x))-1),

και άρα

όπως θέλαμε.

Βήμα 3:

επί. Πράγματι, από την f(x)f((f(x))=x^2

προκύπτει ότι f(x)=0

αν και μόνο αν x=0

, συνεπώς για $x \neq 0$ και y=x

στην αρχική παίρνουμε ότι f(xf(x)-1)=x^2-1

, και άρα

. Επομένως, η

παίρνει κάθε τιμή στο $(-\infty, 0],$ και αφού f(-x-1)=-f(x)-1,

παίρνει και κάθε τιμή στο $\mathbb{R}$ .

Βήμα 4: f(1)=1

. Είναι, $f(x)f(-f(x))=f(x)f((-1) \cdot f(x))=-x^2f(1),$ και άρα αφού f(x)f(f(x))=x^2

και η

είναι επί, διαιρώντας κατά μέλη πρέπει f(-x)=-f(x)f(1)

για κάθε

.

Με

προκύπτει ότι $f(1) \in \{-1, 1 \}$ . Αν όμως f(1)=-1,

τότε

άτοπο.

Βήμα 5: Η

είναι η ταυτοτική συνάρτηση. Πράγματι, από τα παραπάνω προκύπτει ότι η

είναι περιττή, και άρα f(x+1)=-f(-x-1)=f(x)+1,

συνεπώς

και αφού

προκύπτει εύκολα ότι f(x)=f(f(x))=x

για κάθε

.

Είναι, τέλος, εύκολο να ελέγξουμε ότι η μηδενική και η ταυτοτική συνάρτηση ικανοποιούν την δοσμένη σχέση.

Παρατήρηση: Μία παραλλαγή του προβλήματος είναι η εξής:

Να βρείτε όλες τις συναρτήσεις $f: \mathbb{R^+} \rightarrow \mathbb{R^+}$ οι οποίες είναι τέτοιες, ώστε

f(x)f(yf(x)+1)=x^2f(y)+f(x)

(η ιδέα για την παραλλαγή οφείλεται στον Πρόδρομο

)

Dimessi · #5

Πάρα πολύ πιο δύσκολη η παραλλαγή του Πρόδρομου

.
Παραλλαγή

f:\left ( 0,+\infty \right )\rightarrow \left ( 0,+\infty \right )

ώστε

P\left ( x,y \right ):f\left ( x \right )f\left ( yf\left ( x \right ) +1\right )=x^{2}f\left ( y \right )+f\left ( x \right ) , \quad \forall x,y \in \left ( 0,+\infty \right )

.

P\left ( x,x \right ):f\left ( xf\left ( x \right )+1 \right )=x^{2}+1 \quad \left ( 1 \right )

f\left ( 1+f\left ( 1 \right ) \right )=2 \overset{P\left ( 1+f\left ( 1 \right ),y \right )}\Longrightarrow 2f\left ( 2y+1 \right )=\left ( f\left ( 1 \right )+1 \right )^{2}f\left ( y \right )+2 \Longrightarrow 2f\left ( 2f\left ( x \right )+1 \right )=\left ( f\left ( 1 \right )+1 \right )^{2}f\left ( f\left ( x \right ) \right )+2, \quad\forall x\in \mathbb{R_{> 0}}

\overset{\left [P(x,1)\Longrightarrow f\left ( x \right )f\left ( 2f\left ( x \right )+1 \right )=x^{2}f\left ( 2 \right )+f\left ( x \right ) \right]}\Longrightarrow f\left ( x \right )\left [ \left ( f\left ( 1 \right )+1 \right )^{2}f\left ( f\left ( x \right ) \right )+2 \right ]=2f\left ( 2 \right )x^{2}+2f\left ( x \right )

\quad \Longrightarrow f\left ( x \right )f\left ( f\left ( x \right ) \right )=\dfrac{2f\left ( 2 \right )}{\left ( f\left ( 1 \right )+1 \right )^{2}}x^{2}, \quad \forall x> 0 \quad \left ( 2 \right )

P\left ( x,y \right ) \overset{\left ( 2 \right )}\Longrightarrow f\left ( x \right )f\left ( yf\left ( x \right )+1 \right )=\dfrac{\left ( f\left ( 1 \right ) +1\right )^{2}}{2f\left ( 2 \right )}f\left ( x \right )f\left ( f\left ( x \right ) \right )f\left ( y \right )+f\left ( x \right )\Longrightarrow

\quad \Longrightarrow f\left ( yf\left ( x \right )+1 \right )=\dfrac{\left ( f\left ( 1 \right )+1 \right )^{2}}{2f\left ( 2 \right )}f\left ( f\left ( x \right ) \right )f\left ( y \right )+1, \quad \forall x,y > 0 \quad \left ( 3 \right )

\overset{y\rightarrow 2y}\Longrightarrow 2f\left ( 2yf\left ( x \right )+1 \right )=\dfrac{\left ( f\left ( 1 \right )+1 \right )^{2}}{f\left ( 2 \right )}f\left ( f\left ( x \right ) \right )f\left ( 2y \right )+2 , \quad \forall x,y > 0 \quad \left ( 4 \right )

2f\left ( 2y+1 \right )=\left ( f\left ( 1 \right )+1 \right )^{2}f\left ( y \right )+2 \overset{\left ( 4 \right )}\Longrightarrow \left ( f\left ( 1 \right )+1 \right )^{2}f\left ( yf\left ( x \right ) \right )+2=\dfrac{\left ( f\left ( 1 \right )+1 \right )^{2}}{f\left ( 2 \right )}f\left ( f\left ( x \right ) \right )f\left ( 2y \right )+2 \Longrightarrow

\Longrightarrow f\left ( yf\left ( x \right ) \right )f\left ( 2 \right )=f\left ( f\left ( x \right ) \right )f\left ( 2y \right ),

για κάθε

x,y >0 \quad (5)

Για $y=\dfrac{x}{2}$ στην (5) είναι

f\left ( \dfrac{x}{2}f\left ( x \right ) \right )=\dfrac{1}{f\left ( 2 \right )}f\left ( f\left ( x \right ) \right )f\left ( x \right )\overset{\left ( 2 \right )}=\dfrac{2}{\left ( f\left ( 1 \right )+1 \right )^{2}}x^{2}, \quad \forall x> 0 \Longrightarrow f\left ( \mathbb{R_{> 0}} \right )=\left ( 0,+\infty \right ) \quad \left ( 6 \right )

Λόγω της (6) για κάθε t>0

υπάρχει

με

και από την (5) έχουμε

f\left ( yt \right )f\left ( 2 \right )=f\left ( t \right )f\left ( 2y \right ), \quad \forall t,y \in \mathbb{R_{> 0}} \overset{t\rightarrow y}\Longrightarrow f\left ( t \right )f\left ( 2y \right )=f\left ( yt \right )f\left ( 2 \right )=f\left ( y \right )f\left ( 2t \right )\Longrightarrow \dfrac{f\left ( 2t \right )}{f\left ( t \right )}=\dfrac{f\left ( 2y \right )}{f\left ( y \right )}, \quad\forall t,y \in \mathbb{R_{> 0}}

,
άρα

f(2y)=\dfrac{f(2)}{f(1)}f(y)

και άρα

f\left ( 1 \right )f\left ( yt \right )=f\left ( y \right )f\left ( t \right ), \forall y,t \in \mathbb{R_{> 0}} \quad \left ( 7 \right )

.
Από την P(x,y)

και την (7) έχουμε

f\left ( 1 \right )f\left ( xyf\left ( x \right )+x \right )=f\left ( x \right )f\left ( yf\left ( x \right )+1 \right )=x^{2}f\left ( y \right )+f\left ( x \right ) \quad \left ( 8 \right )

.
Η (6) δίνει ότι

\exists a>0:f\left ( a \right )=1 \overset{\left ( 7 \right )}\Longrightarrow f\left ( 1 \right )f\left ( at \right )=f\left ( t \right ) , \quad\forall t\in \mathbb{R_{> 0}} \quad \left ( 9 \right )

.
Αξιοποιώντας την (9) στην

f\left ( \dfrac{x}{2}f\left ( x \right ) \right )=\dfrac{2}{\left ( f\left ( 1 \right )+1 \right )^{2}}x^{2} \overset{x\rightarrow ax}\Longrightarrow

\Longrightarrow a^{2}f\left ( \dfrac{x}{2}f\left ( x \right ) \right )=\dfrac{2}{\left ( f\left ( 1 \right )+1 \right )^{2}}a^{2}x^{2}=f\left ( a\cdot \dfrac{xf\left ( ax \right )}{2} \right )\overset{\left ( 9 \right )}=\dfrac{f\left ( \dfrac{xf\left ( ax \right )}{2} \right )}{f\left ( 1 \right )}=\dfrac{1}{f\left ( 1 \right )}f\left ( \dfrac{xf\left ( x \right )}{2f\left ( 1 \right )} \right ) \quad \left ( \ast \right )

Κτυπώντας την $(\ast)$ με (7)

έχουμε

f\left ( 1 \right )a^{2}f\left ( \dfrac{x}{2} \right )f\left ( f\left ( x \right ) \right )=f\left ( \dfrac{x}{2} \right )f\left ( \dfrac{f\left ( x \right )}{f\left ( 1 \right )} \right ) \Longrightarrow f\left ( 1 \right )a^{2}f\left ( f\left ( x \right ) \right )=f\left ( \dfrac{f\left ( x \right )}{f\left ( 1 \right )} \right )

,
από την οποία για x=1

έχουμε

a^{2}f\left ( f\left ( 1 \right ) \right )=1

,
από την οποία κτυπώντας την με την

P(a,1)

παίρνουμε

f\left ( a \right )f\left ( f\left ( a \right )+1 \right )=f\left ( a \right )+a^{2}f\left ( 1 \right )\Longrightarrow a^{2}f\left ( 1 \right )=f\left ( 2 \right )-1

και κτυπώντας ξανά με την (8) έχουμε

f\left ( y+1 \right )=a^{2}f\left ( y \right )+1 \quad \left ( \ast \ast \right )

.
Κτυπώντας με $(\ast \ast )$ την P(x,y)

έχουμε

x^{2}f\left ( y \right )+f\left ( x \right )=f\left ( x \right )\left [ a^{2}f\left ( yf\left ( x \right ) \right )+1 \right ] \Longleftrightarrow

\Longleftrightarrow x^{2}f\left ( y \right )=a^{2}f\left ( x \right )f\left ( yf\left ( x \right ) \right ), \quad \forall x,y \in \left ( 0,+\infty \right ) \quad (10),

από την οποία για y=a

έχουμε

x^{2}=a^{2}f\left ( x \right )f\left ( af\left ( x \right ) \right )

\Longrightarrow a^{2}f\left ( x \right )f\left ( af\left ( x \right ) \right )f\left ( y \right )=a^{2}f\left ( x \right )f\left ( yf\left ( x \right ) \right ) \Longleftrightarrow f\left ( y \right )f\left ( af\left ( x \right ) \right )=f\left ( yf\left ( x \right ) \right )=f\left ( a \right )f\left ( yf\left ( x \right ) \right )

.
Από την

P(x,a)

κτυπώντας την με $(\ast \ast )$ έχουμε

f\left ( x \right )f\left ( af\left ( x \right )+1 \right )=x^{2}+f\left ( x \right )\Longleftrightarrow f\left ( x \right )\left ( a^{2}f\left ( af\left ( x \right ) \right ) +1\right )=x^{2}+f\left ( x \right )\overset{\left ( 9 \right )}\Longleftrightarrow a^{2}f\left ( x \right )\dfrac{f\left ( f\left ( x \right ) \right )}{f\left ( 1 \right )}=x^{2}\Longrightarrow f\left ( x \right )f\left ( f\left ( x \right ) \right )=\dfrac{f\left ( 1 \right )}{a^{2}}x^{2} \overset{\left ( 2 \right )}\Longrightarrow \dfrac{2f\left ( 2 \right )}{\left ( f\left ( 1 \right )+1 \right )^{2}}=\dfrac{f\left ( 1 \right )}{a^{2}}=\dfrac{f^{2}\left ( 1 \right )}{f\left ( 2 \right )-1}

.
Παίρνοντας τώρα στην $(\ast \ast )$ όπου

y \rightarrow 2y

λαμβάνουμε

2f\left ( 2y+1 \right )=2a^{2}f\left ( 2y \right )+2=2a^{2}\dfrac{f\left ( 1 \right )}{f\left ( 2 \right )}f\left ( y \right )+2\quad \forall y\in \left ( 0,+\infty \right )

και λόγω της

2f\left ( 2y+1 \right )=\left ( f\left ( 1 \right )+1 \right )^{2}f\left ( y \right )+2,

είναι

f^{2}\left ( 1 \right )\left ( f\left ( 1 \right )+1 \right )^{2}=2\left ( a^{2}f\left ( 1 \right )+1 \right )a^{2}f\left ( 1 \right )\Longleftrightarrow f\left ( 1 \right )\left ( f\left ( 1 \right )+1 \right )^{2}=2\left ( a^{2}f\left ( 1 \right )+1 \right )=2\left ( \dfrac{f\left ( 1 \right )\left ( f\left ( 1 \right )+1 \right )^{2}}{2\left ( a^{2}f\left ( 1 \right )+1 \right )}f\left ( 1 \right )+1 \right )\Longleftrightarrow f\left ( 1 \right )\left ( f\left ( 1 \right )+1 \right )^{2} =\dfrac{f^{2}\left ( 1 \right )\left ( f\left ( 1 \right )+1 \right )^{2}}{a^{2}f\left ( 1 \right )+1}+2

\Longrightarrow a^{2}f\left ( 1 \right )=\dfrac{f^{2}\left ( 1 \right )\left ( f\left ( 1 \right )+1 \right )^{2}}{f\left ( 1 \right )\left ( f\left ( 1 \right )+1 \right )^{2}-2}-1

\Longrightarrow a^{2}=\dfrac{\left ( f^{2}\left ( 1 \right )-f\left ( 1 \right ) \right )\left ( f\left ( 1 \right )+1 \right )^{2}+2}{f\left ( 1 \right )\left [f\left ( 1 \right )\left ( f\left ( 1 \right )+1 \right )^{2}-2 \right]}

.
Τώρα από την (2) για x=a

λαμβάνουμε

f\left ( 1 \right )=\dfrac{2\left ( f\left ( 1 \right )\dfrac{\left ( f^{2}\left ( 1 \right )-f\left ( 1 \right ) \right )\left ( f\left ( 1 \right )+1 \right )^{2}+2}{f\left ( 1 \right )\left [ f\left ( 1 \right )\left ( f\left ( 1 \right )+1 \right )^{2}-2 \right ]}+1 \right )}{\left ( f\left ( 1 \right )+1 \right )^{2}}\dfrac{\left ( f^{2}\left ( 1 \right )-f\left ( 1 \right ) \right )\left ( f\left ( 1 \right )+1 \right )^{2}+2}{f\left ( 1 \right )\left [ f\left ( 1 \right )\left ( f\left ( 1 \right )+1 \right )^{2}-2 \right ]},

από όπου προκύπτει ότι

\left ( f\left ( 1 \right )-1 \right )\left ( f^{2}\left ( 1 \right )+f\left ( 1 \right )+2 \right )=0\Longleftrightarrow f\left ( 1 \right )=1

. Επομένως από την P(1,y)

λαμβάνουμε f(y+1)=f(y)+1

και κτυπώντας με P(x,y)

παίρνουμε

x^2f(y)+f(x)=f(x)(f(yf(x))+1) \Longleftrightarrow x^2f(y)=f(x)f(yf(x))

για κάθε $x,y \in (0,+\infty)$ , και από την (7) έχουμε

f(yt)=f(y)f(t) \quad \forall t,y \in (0,+\infty),

και συνεπώς

x^2f(y)=f(xyf(x))

και από την (8) λαμβάνουμε

f(xyf(x)+x)=x^2f(y)+f(x)=f(xyf(x))+f(x)

για κάθε $x,y \in (0,+\infty)$ . Για κάθε

u,x >0

θέτουμε

y=\dfrac{u}{xf(x)}

και παίρνουμε

f(u+x)=f(u)+f(x),

άρα η συνάρτηση $f:(0,+\infty )\rightarrow (0,+\infty)$ ικανοποιεί την συναρτησιακή του Cauchy οπότε f(x)=cx

για κάθε

. Επειδή

, άρα

, επομένως f(x)=x

για κάθε

, που επαληθεύει την P(x,y)

.
Άρα έχουμε μοναδική λύση

f \equiv \mathrm{id}

, που επαληθεύει την P(x,y)

.

Συναρτησιακή!

Συναρτησιακή!

Re: Συναρτησιακή!

Re: Συναρτησιακή!

Re: Συναρτησιακή!

Re: Συναρτησιακή!

Μέλη σε σύνδεση