Συναρτησιακή εξίσωση

#1

Έστω συνάρτηση $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ , η οποία έχει τις εξής ιδιότητες
1) f(1)=1

2) $f(x+y)=f(x)+f(y), \forall x,y \in \mathbb{R}$ και
3) $f(\frac {1}{x})=\frac {1}{f(x)}, \forall x \neq 0$
Να αποδειχθεί ότι $f(x)=x, \forall x\in \mathbb{R}$
Φιλικά

KapioPulsar · #2

s.kap έγραψε:Έστω συνάρτηση $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ , η οποία έχει τις εξής ιδιότητες
1)
2) $f(x+y)=f(x)+f(y), \forall x,y \in \mathbb{R}$ και
3) $f(\frac {1}{x})=\frac {1}{f(x)}, \forall x \neq 0$
Να αποδειχθεί ότι $f(x)=x, \forall x\in \mathbb{R}$
Φιλικά

Να κάνω μια ερώτηση.. μπορώ να θέσω όπου 1=χ+y (στην 3) προφανός) ?

petros r · #3

Τωρα να ρωτησω κατι εγω? Εφοσον η προυποθεση 2 ειναι η εξισωση Cauchy τοτε ξερουμε πως η συναρτηση μας θα εχει την μορφη f(x)=kx και για χ=1 παιρνουμε k=1 αρα
f(x)=x για καθε χ ανηκει στους πραγματικους. Την τριτη προυποθεση γιατι μας την δινετε?

Dimitris X · #4

petros r έγραψε:Τωρα να ρωτησω κατι εγω? Εφοσον η προυποθεση 2 ειναι η εξισωση Cauchy τοτε ξερουμε πως η συναρτηση μας θα εχει την μορφη f(x)=kx και για χ=1 παιρνουμε k=1 αρα
f(x)=x για καθε χ ανηκει στους πραγματικους. Την τριτη προυποθεση γιατι μας την δινετε?

ΛΑΘΟΣ!!!!!!
Η cauchy είναι f(x)=kx

στο R ΜΟΝΟ όταν έχει και κάποιο επιπλέον δεδομένο(πχ μονοτονία,συνέχεια,φραγμένη κλπ)....
Αλλιώς είναι $f(x)=xf(1),\forall x\in \mathbb{Q}$

#5

Θα χρησιμοποιήσω το "γνωστό" θεώρημα που λέει ότι αν η

ικανοποιεί την συναρτησιακή εξίσωση του Cauchy και είναι συνεχής στο 0 τότε είναι γραμμική.

Αρκεί λοιπόν να δείξουμε την συνέχεια της

στο 0.

Για οποιοδήποτε $x \neq 0$ έχουμε $|f(x+1/x)| = |f(x) + 1/f(x)| \geqslant 2\sqrt{|f(x)f(1/x)|} = 2$

Έστω $y \neq 0$ με $|y| \leqslant 1/2$ . Τότε $1/y \geqslant 2$ και άρα υπάρχει

ώστε

. Άρα $|f(1/y)| \geqslant 2$ και άρα $|f(y)| \leqslant 1/2$ .

Για κάθε $\varepsilon > 0$ παίρνω $q \in [1/3\varepsilon,1/2\varepsilon] \cap \mathbb{Q}$ . Τότε για κάθε $x \neq 0$ με $|x| \leqslant \varepsilon$ έχουμε $|qf(x)| = |f(qx)| \leqslant 1/2$ και άρα $|f(x)| \leqslant 3 \varepsilon/2$ . Άρα η

είναι συνεχής στο 0.

KapioPulsar · #6

KapioPulsar έγραψε:
s.kap έγραψε:Έστω συνάρτηση $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ , η οποία έχει τις εξής ιδιότητες
1)
2) $f(x+y)=f(x)+f(y), \forall x,y \in \mathbb{R}$ και
3) $f(\frac {1}{x})=\frac {1}{f(x)}, \forall x \neq 0$
Να αποδειχθεί ότι $f(x)=x, \forall x\in \mathbb{R}$
Φιλικά

Να κάνω μια ερώτηση.. μπορώ να θέσω όπου 1=χ+y (στην 3) προφανός) ?

καλα επειδή δεν μου απαντάτε θα το λύσω έτσι και μου λέτε αν ειναι λάθος!

(3) θετω χ+y=1 αρα γίνεται $f(\frac{x+y}{x})=\frac{x+y}{f(x)}$ αρα
(2) $f(1)+f(\frac{y}{x})=\frac{x+y}{f(x)}$ για
y=x $f(1)+f(1)=\frac{2}{f(x)}$
αρα..... $2=\frac{2x}{f(x)}$ ...
f(x)=x

#7

KapioPulsar έγραψε: Να κάνω μια ερώτηση.. μπορώ να θέσω όπου 1=χ+y (στην 3) προφανός) ?

KapioPulsar έγραψε: καλα επειδή δεν μου απαντάτε θα το λύσω έτσι και μου λέτε αν ειναι λάθος!

Συγνώμη. Δεν πρόσεξα ότι δεν είχε απαντηθεί. Η απάντηση είναι ναι αλλά μετά πρέπει να θυμάσαι ότι τα x,y

δεν είναι αυθαίρετα αλλά ικανοποιούν την ισότητα x + y = 1

.

KapioPulsar έγραψε: (3) θετω χ+y=1 αρα γίνεται $f(\frac{x+y}{x})=\frac{x+y}{f(x)}$ αρα
(2) $f(1)+f(\frac{y}{x})=\frac{x+y}{f(x)}$ για
y=x $f(1)+f(1)=\frac{2}{f(x)}$
αρα..... $2=\frac{2x}{f(x)}$ ...

Αυτή η λύση είναι λάθος. Έχεις θέσει x+y=1

και αργότερα x=y

. Άρα ότι αποδεικνύεις δεν το αποδεικνύεις για όλα τα

αλλά μόνα για τα

τα οποία ικανοποιούν ταυτόχρονα τις πιο πάνω ισότητες. Το μόνο όμως

που τις ικανοποιεί είναι το x=1/2

. Δηλαδή μέχρι στιγμής έχει αποδείξει μόνο ότι f(1/2) = 1/2

.

KapioPulsar · #8

Demetres έγραψε:
KapioPulsar έγραψε: Να κάνω μια ερώτηση.. μπορώ να θέσω όπου 1=χ+y (στην 3) προφανός) ?

KapioPulsar έγραψε: καλα επειδή δεν μου απαντάτε θα το λύσω έτσι και μου λέτε αν ειναι λάθος!
Συγνώμη. Δεν πρόσεξα ότι δεν είχε απαντηθεί. Η απάντηση είναι ναι αλλά μετά πρέπει να θυμάσαι ότι τα δεν είναι αυθαίρετα αλλά ικανοποιούν την ισότητα .

KapioPulsar έγραψε: (3) θετω χ+y=1 αρα γίνεται $f(\frac{x+y}{x})=\frac{x+y}{f(x)}$ αρα
(2) $f(1)+f(\frac{y}{x})=\frac{x+y}{f(x)}$ για
y=x $f(1)+f(1)=\frac{2}{f(x)}$
αρα..... $2=\frac{2x}{f(x)}$ ...

Αυτή η λύση είναι λάθος. Έχεις θέσει και αργότερα . Άρα ότι αποδεικνύεις δεν το αποδεικνύεις για όλα τα αλλά μόνα για τα τα οποία ικανοποιούν ταυτόχρονα τις πιο πάνω ισότητες. Το μόνο όμως που τις ικανοποιεί είναι το . Δηλαδή μέχρι στιγμής έχει αποδείξει μόνο ότι .

-οκ ευχαριστώ!

#9

Ας δούμε και αυτή την προσέγγιση
Αν $0<|x| \leq \frac {1}{2}$ τότε η εξίσωση $a+ \frac {1}{a}= \frac {1}{x}$ έχει μία τουλάχιστον πραγματική λύση, γιατί ισοδυναμεί με την $a^2-a\frac {1}{x}+1=0$ , η οποία έχει $D=\frac {1}{x^2}-4 \geq 0$ .
Άρα $0<x\leq \frac {1}{2} \Rightarrow \frac {1}{|f(x)|}=|f(\frac {1}{x})|=|f(a+\frac {1} {a})|=|f(a)+\frac {1}{f(a)}| \geq 2 \Rightarrow |f(x)| \leq \frac {1}{2}$ , συνεπώς $|f(x)| \leq \frac {1}{2}, \forall x \in [-\frac {1}{2},\frac {1}{2}]$ , επειδή f(0)=0

, δηλαδή η

είναι φραγμένη στο $[-\frac {1}{2},\frac {1}{2}]$ . Φραγμένη επίσης στο $[-\frac {1}{2},\frac {1}{2}]$ θα είναι και η g(x)=f(x)-x

(διαφορά φραγμένων). Επίσης $g(x+1)=f(x+1)-x-1=f(x)-x=g(x), \forall x\in \mathbb{R}$ , άρα η

είναι περιοδική με περίοδο 1, συνεπώς η

είναι φραγμένη σε όλο το $\mathbb{R}$ .
Αν υπάρχει $x_0 \in \mathbb{R}$ ώστε $g(x_0)=k \neq 0$ , τότε (εύκολα αποδεικνύεται) $|g(nx_0)|=n|k|, n \in \mathbb{N}$ , άρα $|g(nx_0)| \to + \infty$ , άτοπο. Άρα $g(x)=0, \forall x\in \mathbb{R}$ , δηλαδή $f(x)=x, \forall x \in \mathbb{R}$
Φιλικά

Συναρτησιακή εξίσωση

Συναρτησιακή εξίσωση

Re: Συναρτησιακή εξίσωση

Re: Συναρτησιακή εξίσωση

Re: Συναρτησιακή εξίσωση

Re: Συναρτησιακή εξίσωση

Re: Συναρτησιακή εξίσωση

Re: Συναρτησιακή εξίσωση

Re: Συναρτησιακή εξίσωση

Re: Συναρτησιακή εξίσωση

Μέλη σε σύνδεση