Συναρτησιακές Εξισώσεις

#41

17.
Να προσδιοριστούν όλες οι συναρτήσεις $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε $\displaystyle f(x^2+y)+f(f(x)-y) = 2f(f(x))+2y^2$ για κάθε $x,y \in \mathbb{R}$ .

#42

socrates έγραψε:17.
Να προσδιοριστούν όλες οι συναρτήσεις $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε $\displaystyle f(x^2+y)+f(f(x)-y) = 2f(f(x))+2y^2$ για κάθε $x,y \in \mathbb{R}$ .

Άσκηση 17

Θέτουμε στο

όπου

το

και παίρνουμε: $f\Big(x^2+f(x)\Big)+f(0)=2f\Big(f(x)\Big)+2f^2(x) \ \forall \ x\in\mathbb{R} \ \ (1)$

Θέτουμε όπου

το

και παίρνουμε: $f(0)+f\Big(x^2+f(x)\Big)=2f\Big(f(x)\Big)+2x^4 \ \forall \ x\in\mathbb{R} \ \ (2)$ .

Από τις (1),(2)

παίρνουμε τελικά: $2f\Big(f(x)\Big)+2f^2(x)=2f\Big(f(x)\Big)+2x^4 \ \forall \ x\in\mathbb{R}$ άρα $f^2(x)=x^4, \ \forall \ x\in\mathbb{R}$ . Άρα $\boxed{f(0)=0}$ .

Συνεπώς για κάθε $x\in\mathbb{R}$ ισχύει f(x)=x^2

ή

.

Θέτουμε στην αρχική όπου x=0

και παίρνουμε f(y)+f(-y)=2y^2

για κάθε $y\in\mathbb{R} \ \ (3)$ .

Αν τώρα υπήρχαν $x_1,x_2\in\mathbb{R}^{\star}$ με f(x_1)=x_1^2

και

τότε θέτοντας στην αρχική σχέση όπου

το

και όπου

το

παίρνουμε:

$f(x_2^2+x_1^2)+f(-x_2^2-x_1^2)=2f(-x_2^2)+2x_1^4 \ \ (4)$

Λόγω της (3)

το 1ο μέλος της (4)

είναι ίσο με $2(x_2^2+x_1^2)^2=2x_2^4+4x_1^2x_2^2+x_1^4 \ \ (5)$

Θέτουμε στη (2)

όπου

το

και παίρνουμε τελικά ότι $f(-x_2^2)=-x_2^4 \ \ (6)$

Λαμβάνοντας υπόψη τις (5),(6)

η σχέση

γίνεται τελικά 3x_2^4+4x_1^2x_2^2=0

δηλαδή

ή

που είναι άτοπο διότι υποθέσαμε στην αρχή ότι $x_1,x_2\neq 0$ .

Άρα τελικά $\boxed{f(x)=x^2, \ \ \forall \ x\in\mathbb{R}}$ είτε $\boxed{f(x)=-x^2, \ \ \forall \ x\in\mathbb{R}}$ .

EDIT: Εκ των οποίων μόνο η πρώτη επαληθεύει την αρχική.

Αλέξανδρος

#43

cretanman έγραψε:
socrates έγραψε:17.
Να προσδιοριστούν όλες οι συναρτήσεις $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε $\displaystyle f(x^2+y)+f(f(x)-y) = 2f(f(x))+2y^2$ για κάθε $x,y \in \mathbb{R}$ .

Άσκηση 17

Θέτουμε στο όπου το και παίρνουμε: $f\Big(x^2+f(x)\Big)+f(0)=2f\Big(f(x)\Big)+2f^2(x) \ \forall \ x\in\mathbb{R} \ \ (1)$

Θέτουμε όπου το και παίρνουμε: $f(0)+f\Big(x^2+f(x)\Big)=2f\Big(f(x)\Big)+2x^4 \ \forall \ x\in\mathbb{R} \ \ (2)$ .

Από τις παίρνουμε τελικά: $2f\Big(f(x)\Big)+2f^2(x)=2f\Big(f(x)\Big)+2x^4 \ \forall \ x\in\mathbb{R}$ άρα $f^2(x)=x^4, \ \forall \ x\in\mathbb{R}$ . Άρα $\boxed{f(0)=0}$ .

Συνεπώς για κάθε $x\in\mathbb{R}$ ισχύει ή .

Θέτουμε στην αρχική όπου και παίρνουμε για κάθε $y\in\mathbb{R} \ \ (3)$ .

Αν τώρα υπήρχαν $x_1,x_2\in\mathbb{R}^{\star}$ με και τότε θέτοντας στην αρχική σχέση όπου το και όπου το παίρνουμε:

$f(x_2^2+x_1^2)+f(-x_2^2-x_1^2)=2f(-x_2^2)+2x_1^4 \ \ (4)$

Λόγω της το 1ο μέλος της είναι ίσο με $2(x_2^2+x_1^2)^2=2x_2^4+4x_1^2x_2^2+x_1^4 \ \ (5)$

Θέτουμε στη όπου το και παίρνουμε τελικά ότι $f(-x_2^2)=-x_2^4 \ \ (6)$

Λαμβάνοντας υπόψη τις η σχέση γίνεται τελικά δηλαδή ή που είναι άτοπο διότι υποθέσαμε στην αρχή ότι $x_1,x_2\neq 0$ .

Άρα τελικά $\boxed{f(x)=x^2, \ \ \forall \ x\in\mathbb{R}}$ είτε $\boxed{f(x)=-x^2, \ \ \forall \ x\in\mathbb{R}}$ .

Αλέξανδρος

Ένα ελαφρώς διαφορετικό τελείωμα στην 17:

Υψώνουμε την $f(y)+f(-y)=2y^2 \ \ (3)$ στο τετράγωνο, οπότε αφού $f^2(x)=x^4, \ \forall \ x\in\mathbb{R}$ , παίρνουμε $f(y)f(-y)=y^4 \ \ (7)$

Από (3)

και

έχουμε τελικά $f(x)=x^2, \ \ x \in \mathbb{R}$ που επαληθεύει.

#44

18.
Να προσδιοριστούν όλες οι συναρτήσεις $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε
$\bullet \displaystyle f(x)=-f(-x)$ για κάθε $x \in \mathbb{R}$ ,
$\bullet \displaystyle f(x+1)=f(x)+1$ για κάθε $x \in \mathbb{R}$ ,
$\bullet \displaystyle f\left(\frac{1}{x}\right)=\frac{1}{x^2}f(x)$ για κάθε $x \in \mathbb{R^*}$ .

19.
Να προσδιοριστούν όλες οι γνησίως αύξουσες συναρτήσεις $f:\mathbb{N}\rightarrow \mathbb{N}$ τέτοιες ώστε $\displaystyle f(n+f(n))=2f(n)$ για κάθε $n \in \mathbb{N}$ .

Δεν έχω λύση.

Dimitris X · #45

18.(την είχα συναντήσει σε ένα βιβλίο παλιά-πολύ όμορφη)

Για $x \not = 0,x\not= -1$ έχουμε:
$f\left(1+\frac{1}{x}\right)=1+f\left(\frac{1}{x} \right)=1+\frac{f(x)}{x^2}$

Αλλά επίσης $f\left(1+\frac{1}{x}\right)=f\left(\frac{x+1}{x}\right)=f\left(\frac{1}{\frac{x}{x+1}}\right)=\frac{f\left(\frac{x}{x+1}\right)}{\left(\frac{x}{x+1}\right)^2}.\boxed{1}$

H ''μαγκιά'' της άσκησης θα έλεγα είναι εδω....

$f\left(\frac{x}{x+1}\right)=f \left(1-\frac{1}{x+1} \right)=f \left[1+\left(-\frac{1}{x+1} \right) \right]=1+f\left(-\frac{1}{x+1} \right)=1-f\left(\frac{1}{x+1}\right)=1-\frac{f(x+1)}{(x+1)^2}=\frac{(x+1)^2-f(x+1)}{(x+1)^2}=\frac{(x+1)^2-1-f(x)}{(x+1)^2}.$

Επομένως έχουμε(από $\boxed{1}$ η πρώτη ισότητα):

$f\left(1+\frac{1}{x}\right)=\frac{(x+1)^2-1-f(x)}{x^2}=1+\frac{f(x)}{x^2}$

Από τις δύο τελευταίες προκύπτει ότι $f(x)=x,\forall x\in \mathbb{R}.$

ps.
Tο f(0)=0,f(-1)=-1

που έιναι απαραίτητες προυποθέσεις,προκύπτουν εύκολα.....

#46

socrates έγραψε: 19.
Να προσδιοριστούν όλες οι γνησίως αύξουσες συναρτήσεις $f:\mathbb{N}\rightarrow \mathbb{N}$ τέτοιες ώστε $\displaystyle f(n+f(n))=2f(n)$ για κάθε $n \in \mathbb{N}$ .

Δεν έχω λύση.

Μετά από αρκετές αποτυχημένες προσπάθειες νομίζω ότι έχω λύση στη συγκεκριμένη συναρτησιακή. Θα θεωρήσω ότι το 0 περιέχεται στους φυσικούς (αν και δεν είναι απαραίτητο όπως θα φανεί από την πορεία της άσκησης ( $(\star)$ ).

Διακρίνουμε τις εξής

Περιπτώσεις

A) Υπάρχει n_0

για το οποίο ισχύει f(n_0)=0

. Τότε υποχρεωτικά θα πρέπει n_0=0

διαφορετικά θα ήταν f(0)<0

, άτοπο. Άρα f(0)=0

.

Υποπεριπτώσεις:

i ) Αν υπάρχει n_1

για το οποίο f(n_1)=1

. Τότε υποχρεωτικά θα πρέπει n_1=1

διαφορετικά θα παίρναμε (λόγω μονοτονίας της f) ότι f(1)=0

, άτοπο διότι f(0)=0

. Άρα

. Θέτοντας στη δοσμένη όπου

το 1 παίρνουμε f(2)=2

ενώ θέτοντας όπου

το 2 παίρνουμε f(4)=4

. Άρα αναγκαστικά (λόγω μονοτονίας) θα πρέπει f(3)=3

.

Τώρα είναι εύκολο να δούμε ότι f(n)=n

, για κάθε $n\in\mathbb{N}$ η οποία επαληθεύει την αρχική. Για να το αποδείξουμε αυτό υποθέτουμε ότι f(2k)=2k

και

και αποδεικνύουμε επαγωγικά (και χρησιμοποιώντας τη μονοτονία της

) ότι

και

.

ii ) Αν δεν υπάρχει n_1

για το οποίο f(n_1)=1

τότε ψάχνουμε πλέον να βρούμε τη συνάρτηση $f:\mathbb{N}^{\star}\to \mathbb{N}^{\star}-\{1\}$ με f(n+f(n))=2f(n)

.

Θα αποδείξουμε ότι η συνάρτηση αυτή είναι η f(n)=n+f(1)-1

που επαληθεύει την αρχική.

Ορίζουμε τη συνάρτηση $g:\mathbb{N}^{\star}\to \mathbb{N}^{\star}$ με g(n)=f(n)-f(1)+1

η οποία είναι επίσης γνησίως αύξουσα και θα αποδείξουμε ότι g(n)=n

για κάθε $n\in\mathbb{N}^{\star}$ .

Παρατηρήστε ότι ισχύει g(1)=1

.

Θέτουμε a=f(1)-1

οπότε η συνάρτηση γράφεται g(n)=f(n)-a

με

.

Λόγω της παραπάνω σχέσης η δοσμένη αρχική σχέση f(n+f(n))=2n

, γράφεται g(n+g(n)+a)+a=2g(n)+2a

άρα

$\boxed{g(n+g(n)+a)=2g(n)+a \ \ (1)}$ .

Υποθέτουμε τώρα ότι υπάρχει αριθμός

για τον οποίο ισχύει $g(t)\neq t$ . Είναι εύκολο να δούμε με επαγωγή ότι για μία γνησίως αύξουσα συνάρτηση $g:\mathbb{N}^{\star}\to \mathbb{N}^{\star}$ ισχύει πάντοτε $g(n)\geq n$ για κάθε $n\in\mathbb{N}^{\star}$ . Οπότε $\boxed{g(t)>t \ \ (2)}$ .

Θέτουμε στην (1)

όπου

το

και παίρνουμε g(2+a)=2+a

.
Θέτουμε στην (1)

όπου

το

και παίρνουμε g(4+3a)=4+3a

.

Θέτοντας όπου

διαδοχικά τα 4+3a

,

κτλ παρατηρούμε ότι ισχύει (εύκολο να αποδειχθεί επαγωγικά) ότι

$g\left(2^n+\left(2^n-1\right)a\right)=2^n+\left(2^n-1\right)a$ , για κάθε $n\in\mathbb{N}^{\star}$

Άρα θα ισχύει $g\left(2^t+\left(2^t-1\right)a\right)=2^t+\left(2^t-1\right)a \ \ (3)$

Από την άλλη, λόγω της (2)

ισχύει

και λόγω της μονοτονίας της

ισχύει

,

και επαγωγικά

$g\left(2^t+\left(2^t-1\right)a\right) > 2^t+\left(2^t-1\right)a$ , άτοπο από την (3)

(Είναι εύκολο να αποδειχθεί επαγωγικά ότι για κάθε $t\in\mathbb{N}^{\star}$ ισχύει 2^t > t

άρα σίγουρα $2^t+\left(2^t-1\right)a > t$ όταν $a\in\mathbb{N}^{\star}$ οπότε έχει νόημα να μιλάμε για $g(t), g(t+1),..., g\left(2^t+\left(2^t-1\right)a\right)$ ).

Συνεπώς g(n)=n

, για κάθε $n\in\mathbb{N}^{\star}$ , άρα $f(n)=n+f(1)-1, \ \ n\in\mathbb{N}^{\star}$ .

Άρα τελικά $f(n)= \left\{ \begin{array}{ll} n+f(1)-1, & n\in\mathbb{N}^{\star}} \\ 0, & n=0.} \end{array} \right$ , συνάρτηση που ικανοποιεί την αρχική σχέση.

Β) Δεν υπάρχει $n_0\in\mathbb{N}$ ώστε να ισχύει f(n_0)=0

.

Υποπεριπτώσεις:

i) Υπάρχει n_1

τέτοιο ώστε f(n_1)=1

. Τότε θα έπρεπε λόγω μονοτονίας να είναι n_1=0

. (Αν ήταν n_1>0

τότε

οπότε

άρα θα έπρεπε f(0)=0

, άτοπο). Άρα f(0)=1

. Όμως τότε θέτοντας στην αρχική όπου n το 0 παίρνουμε τελικά f(1)=0

, άτοπο.

ii) Δεν υπάρχει n_1

τέτοιο ώστε f(n_1)=1

και τώρα πλέον ψάχνουμε συνάρτηση $f:\mathbb{N}^{\star}\to \mathbb{N}^{\star}-\{1\}$ ώστε f(n+f(n))=2f(n)

και η διαδικασία για την εύρεσή της είναι η ίδια με την περίπτωση Α ii) για να βγάλουμε και πάλι ότι f(n)=n+f(1)-1

άρα τελικά παίρνουμε τη συνάρτηση

$f(n)= \left\{ \begin{array}{ll} n+f(1)-1, & n\in\mathbb{N}^{\star}} \\ f(0), & n=0.} \end{array}$ , συνάρτηση που ικανοποιεί την αρχική σχέση με την επιπλέον προϋπόθεση ότι ισχύει $\boxed{f(0)=f(1)-1}$ .

(Το τελευταίο το βγάζουμε αν θέσουμε στην αρχική όπου

το

οπότε

άρα

).

Άρα στην παραπάνω περίπτωση παίρνουμε τελικά ότι f(n)=n+f(1)-1

για κάθε $n\in\mathbb{N}$ .

$(\star)$ Εάν από την αρχή ήταν δεδομένο ότι το

δεν ανήκει στους φυσικούς τότε όπως βλέπουμε από τις περιπτώσεις Bi και Βii, δεν υπάρχει n_1

τέτοιο ώστε f(n_1)=1

οπότε αναζητούμε συναρτήσεις $f:\mathbb{N}\to\mathbb{N}-\{1\}$ που όπως προκύπτει από το Bii, η μοναδική που ικανοποιεί την αρχική είναι η f(n)=n+f(1)-1

.

Αλέξανδρος

#47

20.
Να προσδιοριστούν όλες οι συναρτήσεις $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε $\displaystyle { f(x+y)+f(x)f(y)=f(xy)+(y+1)f(x)+(x+1)f(y) }$ για κάθε $x,y \in \mathbb{R}$ .

21.
Να προσδιοριστούν όλες οι συναρτήσεις $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε $\displaystyle { (x+y)f(2y)+(x-y)f(2x)=f^2(x+y)+f^2(x-y) }$ για κάθε $x,y \in \mathbb{R}$ .

22.
Να προσδιοριστούν όλες οι γνησίως μονότονες συναρτήσεις $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε $\displaystyle { yf(x)-xf(y)=xy(x^2-y^2)}$ για κάθε $x,y \in \mathbb{R}$

#48

Μία απάντηση για την 21.
Για x = ψ = 0 έχουμε ότι (0 +0)f(0) + (0 - 0 ) f(0) = 2 f^2(0) οπότε προκύπτει ότι f(0) = 0.
Για x = ψ = x/2 προκύπτει ότι $(\frac{x}{2}+\frac{x}{2})\cdot f(2\frac{x}{2})+(\frac{x}{2}-\frac{x}{2}) \cdot f(2\frac{x}{2})= f^2 (\frac{x}{2}+\frac{x}{2})+ f^2 (\frac{x}{2}-\frac{x}{2})$ $\Rightarrow x\cdot f(x) = f^2(x)$
Η απόδειξη είναι του Χρήστου(γάτου) και τον ευχαριστώ πολύ
από την τελευταία σχέση έχουμε ότι οι x, f(x) είναι ομόσημοι , άρα
$f^2(x) = \left|x\cdot f(x) \right|\Rightarrow lnf^2(x) = ln \left|x\cdot f(x) \right|\Rightarrow 2\cdot ln\left|f(x) \right|=ln\left|x \right|+ln\left|f(x) \right|\Rightarrow ln\left|f(x) \right|=ln\left|x \right|\Rightarrow \left|f(x) \right|=\left|x \right|$ και αφού f(x) , x ομόσημοι έχουμε ότι f(x) = x

οπότε f(x) = 0 ή f(x) = x που επαληθεύουν την αρχική συνθήκη

Χρήστος

Dimitris X · #49

xr.tsif έγραψε:Μία απάντηση για την 21.
Για x = ψ = 0 έχουμε ότι (0 +0)f(0) + (0 - 0 ) f(0) = 2 f^2(0) οπότε προκύπτει ότι f(0) = 0.
Για x = ψ = x/2 προκύπτει ότι $(\frac{x}{2}+\frac{x}{2})\cdot f(2\frac{x}{2})+(\frac{x}{2}-\frac{x}{2}) \cdot f(2\frac{x}{2})= f^2 (\frac{x}{2}+\frac{x}{2})+ f^2 (\frac{x}{2}-\frac{x}{2})$ $\Rightarrow x\cdot f(x) = f^2(x) \Rightarrow f(x)\cdot (f(x) - x) = 0$
οπότε f(x) = 0 ή f(x) = x που επαληθεύουν την αρχική συνθήκη

Χρήστος

Νομίζω υπάρχει πρόβλημα

Σακης · #50

Βαζω μια λυση για την 20

Εφαρμοζω την αρχικη για χ=0
$f(y)+f(0)f(y)=f(0)+yf(0)+f(y)+f(0)\Rightarrow f(0)f(y)=(y+2)f(0)$
Αν $f(0)\neq{0}$ τοτε f(x)=x+2

η οποια δεν επαληθευει την αρχικη. Αρα f(0)=0

.

Για x=1 , y=-1 η αρχικη δινει f(1)f(-1)=3f(-1)

. Οποτε

ή

.

Εστω

. Τοτε για χ=1 η αρχικη δινει f(y+1)+f(1)f(y)=f(y)+f(1)(y+1)+2f(y)

.
Δηλαδη

και αρα

για καθε $x\in{R}$ η οποια επαληθευει την αρχικη.

Εστω f(-1)=0

. Για

η αρχικη δινει f(x-1)=f(-x)

.

Για

η αρχικη δινει f(-x-1)=f(-x)

αρα

. Τοτε

.

Για

η αρχικη δινει f(x+1)=f(x)+2f(x)

. Αρα $f(x)=3f(x)\Rightarrow f(x)=0$ .

Σακης · #51

Μια λυση για την 21.

Θετοντας a=x+y

και

προκυπτει: af(a-b)+bf(a+b)=f^2(a)+f^2(b)

για καθε $a,b\in{R}$ .

Για a=b=0

προκυπτει

.
Για

εχουμε οτι af(a)=f^2(a)

και αρα

ή

για καθε $a\in{R}$ που επαληθευουν την αρχικη.

Εστω οτι υπαρχει x_1,x_2

ωστε

και

.

Τοτε η αρχικη για x=x_1

και

γινεται

η οποια σε καθε περιπτωση οδηγει σε ατοπο.

Σακης · #52

Ασκηση 22

Για y=1

η αρχικη δινει $f(x)-xf(1)=x(x^2-1)\Rightarrow f(x)=x^3+[f(1)-1]x$ .
Αρα f(x)=x^3+cx

οπου

η οποια επαληθευει για καθε

την αρχικη.
Απο ολες αυτες τις

γνησιως μονοτονες ειναι αυτες που προκυπτουν για $c\geq{0}$ οι οποιες ειναι και γνησιως αυξουσες.

#53

Άσκηση 23

Μία πολύ ενδιαφέρουσα συναρτησιακή που μόλις βρήκα.

Αν $f: \mathbb{N}^{\star}\to\mathbb{N}^{\star}$ είναι μία γνησίως αύξουσα συνάρτηση με $f\big(f(n)\big)=3n$ , να βρείτε το f(2010)

.

Αλέξανδρος

#54

24.
Να προσδιοριστούν όλες οι συναρτήσεις $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε $\displaystyle { f(f(x+y))=f(x+y)+f(x)f(y)-xy }$ για κάθε $x,y \in \mathbb{R}$ .

#55

socrates έγραψε:24.
Να προσδιοριστούν όλες οι συναρτήσεις $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε $\displaystyle { f(f(x+y))=f(x+y)+f(x)f(y)-xy }$ για κάθε $x,y \in \mathbb{R}$ .

Θέτουμε

.

Για

η αρχική γίνεται: $f(c)=c+f(x)f(-x)+x^2, \ \forall x\in\mathbb{R} \ \ (1)$

Για x=y=0

η αρχική γίνεται: $f(c)=c+c^2 \Rightleftarrow c^2=f(c)-c \ \ (2)$

Άρα η (1)

με τη βοήθεια της (2)

γίνεται: $c^2=f(x)f(-x)+x^2, \ \forall x\in\mathbb{R} \ \ (3)$

Η τελευταία για x=c

γίνεται:

άρα

ή

.

Αν

τότε από τη (2)

παίρνουμε

ή

.

Για

η αρχική γίνεται: $f(f(x))=f(x)+cf(x), \ \forall x\in\mathbb{R} \ \ (4)$

Αν ήταν c=-1

τότε $f(f(x))=0, \ \forall x\in\mathbb{R}$ και για x=-1

καταλήγουμε σε άτοπο.

Άρα c=0

.

Επίσης αν ήταν f(-c)=0

τότε από

για

παίρνουμε

άρα

.

Άρα τελικά σε κάθε περίπτωση η (4)

γίνεται: $f(f(x))=f(x), \ \forall x\in\mathbb{R}$ οπότε με τη βοήθεια αυτής της σχέσης, η αρχική δίνει

$f(x)f(y)=xy, \ \forall x,y\in\mathbb{R}$ άρα για y=x

παίρνουμε

.

Αν τώρα υπήρχαν $x_1,x_2\neq 0$ τέτοια ώστε f(x_1)=x_1

και

τότε για

και για

η αρχική δίνει τελικά x_1x_2=0

δηλαδή

ή

, άτοπο.

Άρα f(x)=x

για κάθε $x\in\mathbb{R}$ που ικανοποιεί την αρχική ή f(x)=-x

, για κάθε $x\in\mathbb{R}$ που δεν την ικανοποιεί.

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

Αλέξανδρος

Σακης · #56

Ασκηση 24.

Για x=y=0

η αρχικη δινει: f(f(0))=f(0)[1+f(0)]

(1)

Για x=-y

:

(2)

Απο τις (1),(2) προκυπτει f^2(0)=y^2+f(-y)f(y)

(3)

Για y=f(0)

η (3) δινει f(f(0))f(-f(0))=0

. Αρα

ή

1) για

περνουμε απο την (1) f(0)=0

ή

.
Η αρχικη για x=0

δινει

(4).
Αν

τοτε

για καθε $y\in{R}$ ατοπο γιατι δεν επαληθευεται η αρχικη.
Αρα f(0)=0

. Τοτε η (4) δινει f(f(y))=f(y)

και αρα

.

Αρα η αρχικη γινεται f(x)f(y)=xy

η οποια για x=1

δινει $f(y)f(1)=y\Rightarrow{f(y)=cy}$
Τοτε απο την (3) εχουμε: $y^2=c^2y^2\Rightarrow{c=1,-1}$

Αρα f(x)=x

που ειναι λυση της αρχικης ή f(x)=-x

που απορριπτεται.

2) για f(-f(0))=0

εχουμε απο την (4) για y=-f(0)

παλι

που οδηγει στην ιδια λυση.

Με προλαβατε κ. Αλεξανδρε αλλα εχοντας χασει ενα μισαωρο απο την ζωη μου για να γραψω την λυση την εβαλα ετσι και αλλιως...

Σακης · #57

Λυση για την 16

f(x^2+xy+yf(y))=xf(x+y)+f^2(y)

την εφαρμοζω για x=-1

.

(1)
εφαρμοζω την αρχικη για x=1-y

και εχω

(2)

Απο τις (1),(2) περνουμε οτι -f(y-1)=(1-y)f(1)

δηλαδη

αρα

για καθε $x\in{R}$ .

Dreamkiller · #58

cretanman έγραψε:Άσκηση 23

Μία πολύ ενδιαφέρουσα συναρτησιακή που μόλις βρήκα.

Αν $f: \mathbb{N}^{\star}\to\mathbb{N}^{\star}$ είναι μία γνησίως αύξουσα συνάρτηση με $f\big(f(n)\big)=3n$ , να βρείτε το .

Αλέξανδρος

Μήπως η απάντηση είναι 3843;
Νομίζω έχω μία λύση αλλά είναι αρκετά μεγάλη...

#59

Dreamkiller έγραψε:
cretanman έγραψε:Άσκηση 23

Μία πολύ ενδιαφέρουσα συναρτησιακή που μόλις βρήκα.

Αν $f: \mathbb{N}^{\star}\to\mathbb{N}^{\star}$ είναι μία γνησίως αύξουσα συνάρτηση με $f\big(f(n)\big)=3n$ , να βρείτε το .

Αλέξανδρος
Μήπως η απάντηση είναι 3843;
Νομίζω έχω μία λύση αλλά είναι αρκετά μεγάλη...

Ναι, τόσο είναι. Αν θες, γράψε τη λύση σου.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Dreamkiller · #60

Για να δούμε. Θα αποδείξω με μια σειρά βημάτων ότι f(2010)=3483

.

1. H

είναι επί των πολλαπλασίων του

.
Πράγματι, έστω

, με $m \in N^{\star}$ . Τότε υπάρχει $n \in N^{\star}$ τέτοιο ώστε f(n)=3m

. Συγκεκριμένα, n=m

.

2. $\forall n \in N^{\star}, f(n) \geq n+1$ .
Πράγματι, έστω ότι υπάρχει $s \in N^{\star}$ τέτοιο ώστε $f(s) \leq s$ . Αφού η f είναι γνησίως αύξουσα, είναι $f(f(s)) \leq f(s) \Rightarrow 3s \leq f(s) \leq s$ , που είναι άτοπο. Άρα f(n) > n

, και επειδή ο

είναι φυσικός, είναι $f(n) \geq n+1$ .

3. $3f(n)=f(3n) \forall n$ .
Πράγματι, θέτοντας στη δοθείσα όπου

το

προκύπτει εύκολα.

4. $f(n) \leq 3n-1 \forall n$ .
Από το

, παίρνουμε πως f(3f(n))=9n

. Από το

παίρνουμε πως $9n \geq 3f(n) +1$ ή αλλιώς $3n-1 \geq f(n)$ , αφού το f(n)

είναι φυσικός.

5. Από το 4 και το 2 παίρνουμε πως f(1)=2

. Άρα

και

.

6. $\forall n f(3^n)=2\cdot3^n$ .
Χρησιμοποιώντας το

και το

, αποδεικνύεται επαγωγικά εύκολα.

7. $\forall n f(2\cdot3^n)=3^{n+1}$
Χρησιμοποιώντας το

και το

αποδεικνύεται και αυτό επαγωγικά.

8. $\forall n \in N^{\star}$ και $s \in N^{\star}$ με $s \leq 3^n$ , $f(2\cdot3^n +s)=3^{n+1}+3s$ .
Μεταξύ του $2\cdot3^n$ και του $3^{n+1}$ υπάρχουν 3^n-1

αριθμοί (χωρίς να μετρούμε τους ακραίους).
Μεταξύ του $f(2\cdot3^n)=3^{n+1}$ και του $f(3^{n+1})=2\cdot3^{n+1}$ υπάρχουν 3^n-1

πολλαπλάσια του

.
Από το 1 και την υπόθεση, η

είναι γνησίως αύξουσα αμφιμονοσήμαντη απεικόνιση των φυσικών μεταξύ των $2\cdot3^n$ και $3^{n+1}$ στα πολλαπλάσια του

μεταξύ των άκρων αυτού του διαστήματος. Άρα προκύπτει το ζητούμενο.

9. Για n=6

και

παίρνουμε ότι f(2010)=3483

.

Συναρτησιακές Εξισώσεις

Re: Συναρτησιακές

Re: Συναρτησιακές

Re: Συναρτησιακές

Re: Συναρτησιακές

Re: Συναρτησιακές

Re: Συναρτησιακές

Re: Συναρτησιακές---------------->Bulletin(1/?)

Re: Συναρτησιακές---------------->Bulletin(1/?)

Re: Συναρτησιακές---------------->Bulletin(1/?)

Re: Συναρτησιακές---------------->Bulletin(1/?)

Re: Συναρτησιακές---------------->Bulletin(1/?)

Re: Συναρτησιακές---------------->Bulletin(1/?)

Re: Συναρτησιακές---------------->Bulletin(1/?)

Re: Συναρτησιακές---------------->Bulletin(1/?)

Re: Συναρτησιακές---------------->Bulletin(1/?)

Re: Συναρτησιακές---------------->Bulletin(1/?)

Re: Συναρτησιακές---------------->Bulletin(1/?)

Re: Συναρτησιακές---------------->Bulletin(1/?)

Re: Συναρτησιακές---------------->Bulletin(1/?)

Re: Συναρτησιακές---------------->Bulletin(1/?)

Μέλη σε σύνδεση