Συναρτησιακές Εξισώσεις

#21

Άλλη μια λύση στην 6.

Θέτουμε x:=y-f(y)

και παίρνουμε $f(f(y))=y \ \forall y$ .

Θέτοντας διαδοχικά y:=0

και

έχουμε

, από όπου f(x)=x

και μένει μόνο η επαλήθευση.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#22

1.
Να προσδιοριστούν όλες οι συναρτήσεις $f: \mathbb{Q} \rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε f(x+y-xy)=f(x+y)-f(x)f(y)

για κάθε $x,y \in \mathbb{Q}$ .

Πολύ καλή και αυτή !
Για x=y=0

παίρνουμε

. Kαι για

παίρνουμε

(1)
Αν

, τότε έχουμε τη λύση f(x)=0

για κάθε ρητό x.
Αλλιώς για x=-1

η (1) δίνει f(-1)=-1

Από την (1) παίρνουμε f(2)=f^2(1)+f(1)

(*) και από την ίδια σχέση για x=2

παίρνουμε

και ξανά απο την (1) παίρνουμε f(4)=f(1)(f^3(1)+f^2(1)+f(1)+1)

(**)

Όμως η αρχική για x=y=2

παίρνουμε

και αντικαθιστώντας σε αυτήν τις (*) και (**) παίρνουμε μετά τις απαλοιφές ότι f^2(1)=1

. Διακρίνουμε τώρα τις περιπτώσεις :

1η περίπτωση) Αν f(1)=-1. Τότε θα έχουμε από την (1) ότι f(x+1)+f(x)=-1

για κάθε ρητό x.
Και αν βάλουμε στην αρχική όπου y=-1

παίρνουμε

λόγω της παραπάνω.
Επομένως αν για τον τυχαίο ρητό

θέσουμε $x=\frac{m+1}{2}$ παίρνουμε f(m)=-1

.
H οποία όμως αν αντικατασταθεί στην αρχική δεν ικανοποιεί τη συναρτησιακή σχέση.

2η περίπτωση) Αν f(1)=1

. Τότε η (1) γίνεται f(x+1)=f(x)+1

(2). Επομένως εύκολα επαγωγικά βρίσκουμε ότι για κάθε ακέραιο (ξέρουμε και ότι f(-1)=-1), ισχύει f(k)=k

. Θεωρούμε τώρα τον τυχαίο ρητό
$s=\frac{m}{n}$ . Η (2) δίνει ότι f(x+t)=f(x)+t

(3) για κάθε ακέραιο

. Θέτουμε τώρα στην αρχική όπου $y=\frac{m}{n}$ και x=n

και παίρνουμε
$f(n+\frac{m}{n}-m)=f(n+\frac{m}{n})-f(n)f(\frac{m}{n})$
Όμως λόγω της (3) αυτή γίνεται $nf(\frac{m}{n})=m$ άρα f(s)=s

για κάθε ρητό

.
Επομένως f(x)=x

, η οποία όντως ικανοποιεί την αρχική.

***
Παραθέτω το εξής όμοιο πρόβλημα που στις λύσεις όμως που βγάζει στο τέλος έχει κάποιες διαφοροποιήσεις.
Να προσδιοριστούν όλες οι συναρτήσεις $f: \mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z}$ τέτοιες ώστε f(x+y-xy)=f(x+y)-f(x)f(y)

για κάθε $x,y \in \mathbb{Z}$

Σιλουανός

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#23

Για την 7:

socrates έγραψε: 7.
Να προσδιοριστούν όλες οι συναρτήσεις $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε $\displaystyle f^2(x+y)+f^2(x-y)=f^2(x)+y^2f^2\left(\frac{x}{y}\right)$ για κάθε $x \in \mathbb{R}, y \in \mathbb{R}^*$ .

Στην αρχική σχέση $\displaystyle f^2(x+y)+f^2(x-y)=f^2(x)+y^2f^2\left(\frac{x}{y}\right) \ \ (1)$ θέτουμε διαδοχικά:

όπου

το

:

, δηλαδή $f^2(2x)-f^2(x)=x^2f^2(1)-f^2(0), \ \ \forall x\in\mathbb{R}^{\star} \ \ (2)$

όπου

το

:

, δηλαδή $f^2(x)+f^2(-x)=f^2(0)+x^2f^2(0), \ \ \forall x\in\mathbb{R}^{\star} \ \ (3)$ .

Προσθέτωντας τις (2)

και

παίρνουμε:

$f^2(2x)+f^(-x)=x^2\left[f^2(0)+f^2(1)\right], \ \ \forall x\in\mathbb{R}^{\star} \ \ (4)$

Όμως αν στην (1)

θέσουμε όπου

το $\displaystyle\frac{x}{2}$ και όπου y το $\displaystyle\frac{3x}{2}$ παίρνουμε:

$f^2(2x)+f^2(x)=f^2\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)+\displaystyle\frac{9x^2}{4}f^2\left(\displaystyle\frac{1}{3}\right), \ \ \forall x\in\mathbb{R}^{\star} \ \ (5)$

Συνδυάζοντας τις $(4), \ (5)$ παίρνουμε τελικά ότι

$f^2\left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)=\left[f^2(0)+f^2(1)-\displaystyle\frac{9}{4}f^2\left(\frac{1}{3}\right)\right]x^2, \ \ \forall x\in\mathbb{R}^{\star}$ δηλαδή ότι

$f^2(x)=4\left[f^2(0)+f^2(1)-\displaystyle\frac{9}{4}f^2\left(\frac{1}{3}\right)\right]x^2, \ \ \forall x\in\mathbb{R}^{\star}$

Mε την προϋπόθεση ότι $f^2(0)+f^2(1)-\displaystyle\frac{9}{4}f^2\left(\frac{1}{3}\right) \geq 0$ θέτουμε $a^2=4\left[f^2(0)+f^2(1)-\displaystyle\frac{9}{4}f^2\left(\frac{1}{3}\right)\right]$ και έχουμε

$\boxed{f^2(x)=(ax)^2, \ \ \forall x\in\mathbb{R}^{\star}}$ .

Αντικαθιστώντας στην αρχική σχέση (1)

παίρνουμε ότι $a^2y^2=0, \ \ \forall y\in\mathbb{R}^{\star}$ δηλαδή $\boxed{a=0}$ .

Άρα $f(x)=0, \ \ \forall x\in\mathbb{R}^{\star}$ . Από την (3)

βρίσκουμε $\boxed{f(0)=0}$ άρα τελικά

$\boxed{f(x)=0, \ \ \forall x\in\mathbb{R}}$ .

Αλέξανδρος

#24

smar έγραψε: ***
Παραθέτω το εξής όμοιο πρόβλημα που στις λύσεις όμως που βγάζει στο τέλος έχει κάποιες διαφοροποιήσεις.
Να προσδιοριστούν όλες οι συναρτήσεις $f: \mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z}$ τέτοιες ώστε για κάθε $x,y \in \mathbb{Z}$

Σιλουανός

Όντως.
Ακολουθώντας τη λύση του Σιλουανού έχουμε:

Αν f(1)=0

τότε $f(x)=0, \forall x \in \mathbb{Z}$ .

Αν $f(1)\ne 0$ τότε f^2(1)=1

.

Έτσι, αν f(1)=-1

έχουμε

ή

, δηλαδή περιοδική με περίοδο

.

Οπότε
$f(x)= \left\{\begin{array}{lr} \ \ 0, \ \ x \in 2\mathbb{Z} \\ -1, \ \ x \in 2\mathbb{Z}+1 \end{array} \right$ .

Τέλος, αν f(1)=1

τότε

, αριθμητική πρόοδος, που δίνει $f(x)=x, \ x \in \mathbb{Z}$ .

Όλες οι παραπάνω ικανοποιούν την αρχική.

#25

Ωραία Θανάση ! Αυτές είναι οι λύσεις. Μου άρεσε πάρα πολύ αυτή η κλαδική γιατί δεν θα περίμενε κανείς μια κλαδική να ικανοποιεί μια τέτοια συναρτησιακή σχέση. Η παραπάνω άσκηση προέκυψε λύνοντας τη δική σου.
Παρεπιτπόντως για το f(1) έχει κατι πιο σύντομο υπόψη ?

#26

smar έγραψε:Ωραία Θανάση ! Αυτές είναι οι λύσεις. Μου άρεσε πάρα πολύ αυτή η κλαδική γιατί δεν θα περίμενε κανείς μια κλαδική να ικανοποιεί μια τέτοια συναρτησιακή σχέση. Η παραπάνω άσκηση προέκυψε λύνοντας τη δική σου.
Παρεπιτπόντως για το f(1) έχει κατι πιο σύντομο υπόψη ?

Ελαφρώς πιο σύντομο(;)...

$x=1,y=2\longrightarrow f(3)=f(1)(f(2)+1)$

$x=-1,y=2\longrightarrow f(3)=f(1)+f(2)$

Οπότε f(1)f(2)=f(2)

. Αν

, τότε για x=y=1

έχουμε

. Αλλιώς

.

#27

8.
Να προσδιοριστούν όλες οι συναρτήσεις $f:\mathbb{N}^*\rightarrow \mathbb{N}^*$ τέτοιες ώστε $\displaystyle f(n)+f(n+1)+f(f(n))=3n+1$ για κάθε $n \in \mathbb{N}^*$ .

9.
Να προσδιοριστούν όλες οι συναρτήσεις $f:\mathbb{Q}^+\rightarrow \mathbb{Q}^+$ τέτοιες ώστε $\displaystyle f(x)+f(y)+2xyf(xy)=\frac{f(xy)}{f(x+y)}$ για κάθε $x,y \in \mathbb{Q}^+$ .

#28

socrates έγραψε:
$x=-1,y=2\longrightarrow f(3)=f(1)+f(2)$

Έξυπνο και όμορφο (και λίγο δύσκολο να το δεις) ! Ευχαριστώ Θανάση !

#29

10.
Να προσδιοριστούν όλες οι συναρτήσεις $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε $\displaystyle f(xf(y))+f(f(x)+f(y)) = yf(x)+f(x+f(y))$ για κάθε $x,y \in \mathbb{R}$ .

11.
Να προσδιοριστούν όλες οι συναρτήσεις $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε $\displaystyle x f(x+xy) = x f(x)+f\left( x^{2}\right) f(y)\quad\forall x,y\in\mathbb{R}.$

12.
Να προσδιοριστούν όλες οι συναρτήσεις $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε $\displaystyle f(f(x)^2+f(y)) = xf(x)+y \quad\forall x,y\in\mathbb{R}.$

lefteris mastoris · #30

Ομορφες!!!

Ασχοληθηκα λιγο με την δευτερη...Αλλα θα βαλω τα βασικα βηματα σε hint...

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

ΛΕΥΤΕΡΗΣ

lefteris mastoris · #31

Και κατι ακομα για την τελευταια.....:
Eυκολα προκυπτει πως η f ειναι 1-1 και επι.Εστω f(0)=a,f(s)=0 γιατι αφου η f ειναι επι, θα εχει ριζα.Με χ=ψ=s προκυπτει πως a=s.Ακομα, με χ=ψ=0 στην αρχικη ειναι f(a^2+a)=0=f(s)

και λογω του 1-1 ειναι a=s=0.Aρα f(f(x))=x

kai me x->f(x) einai f(f^2(x)+f(y))=f(x^2+f(y))

αρα

για καθε χ.Αν τωρα υπαρχει m,n διαφορα του 0 με f(m)=-m ,f(n)=n me x=n,y=m στην αρχικη ειναι $f(n^2-m)=n^2+m.Ομως αυτο οδηγει στο οτι m=0 η n=0 (αφου f(x)=+-x για καθε χ.)Αρα λυσεις ειναι μονο οι f(x)=x και f(x)=-x για καθε πραγματικο...Λευτερης

#32

13.
Να προσδιοριστούν όλες οι συναρτήσεις $f:\mathbb{N}_0\rightarrow \mathbb{N}_0$ τέτοιες ώστε $\displaystyle f(a^2-b^2)=f^2(a)-f^2(b)$ για κάθε $a,b \in \mathbb{N}_0,a\geq b$ .

14.
Να προσδιοριστούν όλες οι συναρτήσεις $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε $\displaystyle f(x^3+y^3) = xf(x^2)+yf(y^2)$ για κάθε $x,y \in \mathbb{R}$ .

http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 9&t=393100

Nick1990 · #33

14)

Για x=0

προκειπτει: f(x^3) = xf(x^2)

για καθε

Με αντικατασταση στην αρχικη, προκειπτει οτι η

ειναι cauchy και επομενως
f(kx) = kf(x)

για καθε ρητο

και επιπλεον f(x) = f(1)x

για καθε ρητο

.
Γραφουμε x^3 + y^3 = (x + y)^3 + 0^3 - 3xy(x + y)

Τοτε:

.
Για τον τυχαιο

μπορουμε να επιλεξουμε

ωστε το αθροισμα τους να ειναι ρητος, τοτε η παραπανω σχεση γραφεται:
$xf(x^2) + yf(y^2) = (x + y)(f(x^2) + f(y^2)) - (x + y)f(xy) \Leftrightarrow (x + y)f(xy) = xf(y^2) + yf(x^2)$
(1)
Επιλεγουμε αρχικα

ωστε

και μετα αντικαθιστοντας στην παραπανω και χρησημοποιοντας το οτι η

ειναι cauchy, προκειπτει:
2f(x^2) = 2xf(x) - xf(1) + f(x)

(2)
Ομοιως αν επιλεξουμε

ωστε ο

να ειναι ενας αλλος μη μηδενικος ρητος

, τοτε αντικαθιστοντας στην (1) και χρησημοποιοντας το οτι η

ειναι cauchy, προκειπτει:
2qf(x^2) = q^2f(x) + 2qxf(x) - xq^2f(1)

(3)
Πολλαπλασιαζοντας την (2) με

και αφαιροντας απο την (3), προκειπτει:
f(x)(q^2 - q) = xf(1)(q^2 - q)

δηλαδη

για τον τυχαιο πραγματικο

Αρα ειναι: f(x) = kx

για καθε $x \in R$

Ελπιζω να μη χανω καπου.

#34

15.
Να προσδιοριστούν όλες οι συναρτήσεις $f:\mathbb{N}^*\rightarrow \mathbb{N}^*$ τέτοιες ώστε
$\bullet f(n)$ τέλειο τετράγωνο για κάθε $n \in \mathbb{N}^*$ και

$\displaystyle \bullet f(m+n)=f(m)+f(n)+2mn$ για κάθε $m,n \in \mathbb{N}^*$ .

16.
Να προσδιοριστούν όλες οι συναρτήσεις $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε $\displaystyle f(x^2+xy+yf(y)) = xf(x+y)+f^2(y)$ για κάθε $x,y \in \mathbb{R}$ .

#35

Λύση στην άσκηση 15

Για m=1

η δοσμένη γίνεται f(n+1)=f(n)+f(1)+2n

. Εφαρμόζοντας την τελευταία διαδοχικά παίρνουμε

f(n)=f(n-1)+f(1)+2(n-1)

$\vdots$
$f(3)=f(2)+f(1)+2\cdot 2$
$f(2)=f(1)+f(1)+2\cdot 1$

Με πρόσθεση των παραπάνω κατά μέλη έχουμε:

f(n)=nf(1)+n(n-1)

Όμως

για κάποιο $k\in\mathbb{Z}^{\star}$ και πρέπει οι τιμές f(n)

να είναι τέλεια τετράγωνα για όλες τις τιμές του

.
Άρα πρέπει η παράσταση f(n)=n(n+k^2-1)

να είναι τέλειο τετράγωνο για όλες τις τιμές του

.

Αν υποθέσουμε ότι $k^2\neq 1$ , τότε διαλέγουμε ένα πρώτο αριθμό n_0

που να είναι τέτοιος ώστε $n_0>k^2-1\geq 1$ . Άρα $n_0\geq 2$ . Τότε θα ισχύει (n_0,n_0+k^2-1)=1

και λόγω της υπόθεσης ο αριθμός n_0(n_0+k^2-1)

είναι τέλειο τετράγωνο πράγμα που σημαίνει ότι κάθε ένας εκ των n_0, n_0+k^2-1

είναι τέλειο τετράγωνο, άτοπο διότι ο n_0

είναι πρώτος. Συνεπώς k^2=1

άρα $\boxed{f(1)=1}$ . Συνεπώς

$\boxed{f(n)=n^2, \ \ \forall \ n\in\mathbb{N}^{\star}}$ .

Αλέξανδρος

#36

Λύση στην άσκηση 12

$f\big(f^2(x)+f(y)\Big)=xf(x)+y, \ \ \forall \ x,y\in\mathbb{R} \ \ (1)$

Θέτουμε στην (1) όπου

το

: $f\Big(f^2(x)+f(0)\Big)=xf(x), \ \ \forall \ x\in\mathbb{R} \ \ (2)$

Θέτουμε στην (1) όπου

το

και όπου

το

: $f\Big(f^2(0)+f(x)\Big)=x, \ \ \forall \ x\in\mathbb{R} \ \ (3)$

Λόγω της (3)

αν θέσουμε στην (1)

όπου

το

παίρνουμε:

$f\Big(x^2+f(y)\Big)=\Big(f^2(0)+f(x)\Big)x+y, \ \ \forall \ x,y\in\mathbb{R} \ \ (4)$

Θέτουμε στην (4)

όπου

το

και παίρνουμε: $\boxed{f\Big(f(y)\Big)=y}, \ \ \forall \ y\in\mathbb{R} \ \ (5)$

Λόγω της τελευταίας η συνάρτηση f(x)

είναι

.

Από τις (3)

και

παίρνουμε: $f\Big(f^2(0)+f(x)\Big)=f\Big(f(x)\Big), \ \ \forall \ x\in\mathbb{R}$ άρα

f^2(0)+f(x)=f(x)

δηλαδή $\boxed{f(0)=0}$ .

Στην (1)

θέτουμε όπου

το

και χρησιμοποιώντας την (5)

παίρνουμε: $f\Big(x^2+f(y)\Big)=xf(x)+y\stackrel{(1)}{=}f\Big(f^2(x)+f(y)\Big)$ άρα x^2+f(y)=f^2(x)+f(y)

οπότε $f^2(x)=x^2, \ \ \forall \ x\in\mathbb{R}$ .

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

ή

.

Αν υπήρχαν αριθμοί $x_1,x_2\neq 0$ με f(x_1)=x_1

και

τότε θέτοντας στην (1)

όπου

το

και όπου

το

παίρνουμε:

f(x_1^2-x_2)=x_1^2+x_2

.

Το πρώτο μέλος είναι ίσο με x_1^2-x_2

είτε με

. Στις δύο αυτές περιπτώσεις λαμβάνουμε τελικά x_2=0

ή

αντίστοιχα, άτοπο.

Άρα τελικά $\boxed{f(x)=x \ \ \forall \ x\in\mathbb{R}}$ ή $\boxed{f(x)=-x \ \ \forall \ x\in\mathbb{R}}$ οι οποίες εύκολα βρίσκουμε ότι επαληθεύουν την αρχική.

Αλέξανδρος

S.E.Louridas · #37

Επιτρέψτε να επισημάνω τούς όμορφους και ταυτόχρονα αυστηρούς Μαθηματικούς χειρισμούς του Αλέξανδρου
κατά την διαδικασία της επίλυσης.Έτσι κατά την άποψή μου πρέπει να εργαζόμαστε στις Συναρτησιακές.

Ειλικρινά
S.E.Louridas

#38

Σωτήρη ευχαριστώ πολύ για τα καλά σου λόγια!

Άσκηση 10

$f\Big(xf(y)\Big)+f\Big(f(x)+f(y)\Big)=yf(x)+f\Big(x+f(y)\Big)$ για κάθε $x,y\in\mathbb{R} \ \ (1)$

Παρατηρούμε ότι η f(x)=0

, για κάθε $x\in\mathbb{R}$ είναι λύση.

Ας υποθέσουμε λοιπόν ότι υπάρχει αριθμός $c\neq 0$ για τον οποίο $f(c)\neq 0$ .

Θέτουμε στην (1)

όπου

το

και παίρνουμε:

$f\Big(cf(y)\Big)+f\Big(f(c)+f(y)\Big) = yf(c)+f\Big(c+f(y)\Big)$ , για κάθε $y\in\mathbb{R}$

Είναι τώρα πολύ εύκολο από την τελευταία σχέση να αποδείξουμε ότι η

είναι

(διότι $f(c)\neq 0$ ).

Θέτοντας τώρα στην (1)

όπου

το

και όπου

το

παίρνουμε:

$f(0)+f\Big(f(0)+f(1)\Big) = f(0)+f\Big(f(1)\Big)$ άρα f(0)=0

.

Θέτοντας στην αρχική όπου

το

παίρνουμε: $f\Big(f(x)\Big)=f(x)$ άρα f(x)=x

, για κάθε $x\in\mathbb{R}$ .

Άρα τελικά $\boxed{f(x)=0, \ \forall \ x\in\mathbb{R}}$ και $\boxed{f(x)=x, \ \forall \ x\in\mathbb{R}}$ οι οποίες εύκολα βρίσκουμε ότι επαληθεύουν την αρχική.

Αλέξανδρος

#39

Άσκηση 11

$xf(x+xy)=xf(x)+f\Big(x^2\Big)f(y) \ \ (1)$

Για x=y=0

παίρνουμε

άρα

.

Θέτουμε στην (1)

όπου

το

και όπου

το

και παίρνουμε: f(0)=f(1)+f(1)f(-1)

οπότε

ή

.

1η Περίπτωση: Αν f(1)=0

τότε θέτοντας στην αρχική όπου

το

παίρνουμε: f(1+y)=0

, για κάθε $y\in\mathbb{R}$ . Θέτοντας στην τελευταία όπου

το

(καθώς το

διατρέχει όλους τους πραγματικούς αριθμούς, το y-1

διατρέχει επίσης όλους τους πραγματικούς) παίρνουμε f(y)=0

, για κάθε $y\in\mathbb{R}$ που είναι δεκτή λύση αφού ικανοποιεί την αρχική συναρτησιακή σχέση.

2η Περίπτωση: Αν f(-1)=-1

τότε θέτουμε όπου

το

στην αρχική και παίρνουμε $f(x^2)=xf(x) \ \ (2)$ .

Θέτουμε στη (2)

όπου

το

και παίρνουμε: f(1)=1

.

Θέτουμε στην (1)

όπου

το

και παίρνουμε: f(1+y)=1+f(y)

, για κάθε $y\in\mathbb{R} \ \ (3)$ .

Αντικαθιστώντας στην (1)

τη σχέση

παίρνουμε: xf(x+xy)=xf(x)+xf(x)f(y)

οπότε για $x\neq 0$ έχουμε $f\Big(x(y+1)\Big)=f(x)\left(1+f(y)\right)\stackrel{(3)}{=} f(x)f(y+1)$ για κάθε $x \in\mathbb{R}/\{0\}$ και $y\in\mathbb{R}$ .

Καθώς το

διατρέχει το $\mathbb{R}$ , το ίδιο κάνει και το y-1

οπότε θέτοντας όπου

το

παίρνουμε τελικά f(xy)=f(x)f(y)

για κάθε $x \in\mathbb{R}/\{0\}$ και $y\in\mathbb{R} \ \ (4)$ .

Αν στην (4)

θέσουμε όπου

το

και χρησιμοποιήσουμε τη σχέση (2)

παίρνουμε:

xf(x)=f^2(x)

για κάθε $x \in\mathbb{R}/\{0\}$ άρα για κάθε $x\in\mathbb{R}/\{0\}$ παίρνουμε: f(x)=0

ή

.

Θέτουμε στην (4)

όπου

το $-\displaystyle\frac{1}{x}$ και παίρνουμε: $f(-1)=f(x)f\left(-\displaystyle\frac{1}{x}\right)$ , για κάθε $x\in\mathbb{R}$ δηλαδή $f(x)f\left(-\displaystyle\frac{1}{x}\right)=-1$ οπότε $f(x)\neq 0$ για κάθε $x\in\mathbb{R}/\{0\}$ .

Άρα f(x)=x

για κάθε $x\in\mathbb{R}/\{0\}$ η οποία επαληθεύει την αρχική.

Επειδή f(0)=0

άρα τελικά οι λύσεις είναι $\boxed{f(x)=0, \ \ \forall \ x\in\mathbb{R}}$ και $\boxed{f(x)=x, \ \ \forall \ x\in\mathbb{R}}$ .

Αλέξανδρος

#40

Άσκηση 4

socrates έγραψε: 4.
Έστω συνάρτηση $f:[a,b]\rightarrow [-1,1]$ , επί, τέτοια ώστε $\displaystyle f(f(x))=\frac{2x+1}{x+2}$ , για κάθε $x \in [a,b]$ . Να δειχθεί ότι .

Η συνάρτηση $f\Big(f(x)\Big)$ είναι γνησίως αύξουσα με $f\Big(f(1)\Big) =1$ και $f\Big(f(-1)\Big)=-1$ . Επειδή λοιπόν το πεδίο ορισμού είναι το [-1,1]

και η συνάρτηση $f\Big(f(x)\Big)$ είναι γνησίως αύξουσα άρα πρέπει $f\Big(f(a)\Big)=-1$ και $f\Big(f(b)\Big)=1$ . Όμως η f είναι 1-1

(εύκολο) άρα a=-1

και

.

Θέλουμε λοιπόν πλέον να αποδείξουμε ότι f(1)+f(-1)=0

.

Συνεπώς αφού η συνάρτηση f(x)

είναι επί του [-1,1]

άρα καθώς το

διατρέχει το [-1,1]

, το ίδιο κάνουν και οι τιμές f(x)

. Άρα θέτοντας στην αρχική όπου

το

παίρνουμε $f\Big(f\big(f(x)\big)\Big)=\displaystyle\frac{2f(x)+1}{f(x)+2}$ .

Θέτουμε όπου

το

και παίρνουμε $f(1)=\displaystyle\frac{2f(1)+1}{f(1)+2}$ δηλαδή f^2(1)=1

.

Θέτουμε όπου

το

και παίρνουμε $f(-1)=\displaystyle\frac{2f(-1)+1}{f(-1)+2}$ δηλαδή f^2(-1)=1

.

Όμως δε μπορούμε να έχουμε ταυτόχρονα f(1)=f(-1)=1

ή

διότι η συνάρτηση είναι 1-1

.

Άρα $\Big(f(1)=1$ και $f(-1)=-1\Big)$ είτε $\Big(f(1)=-1$ και $f(-1)=1\Big)$ οπότε σε κάθε περίπτωση f(1)+f(-1)=0

.

Αλέξανδρος

Συναρτησιακές Εξισώσεις

Re: Συναρτησιακές

Re: Συναρτησιακές

Re: Συναρτησιακές

Re: Συναρτησιακές

Re: Συναρτησιακές

Re: Συναρτησιακές

Re: Συναρτησιακές

Re: Συναρτησιακές

Re: Συναρτησιακές

Re: Συναρτησιακές

Re: Συναρτησιακές

Re: Συναρτησιακές

Re: Συναρτησιακές

Re: Συναρτησιακές

Re: Συναρτησιακές

Re: Συναρτησιακές

Re: Συναρτησιακές

Re: Συναρτησιακές

Re: Συναρτησιακές

Re: Συναρτησιακές

Μέλη σε σύνδεση