Συναρτησιακή 262

#1

Να βρείτε όλες τις συνεχείς συναρτήσεις $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ , για τις οποίες

$f(x-y)f(y-z)f(z-x)+8=0, \forall x,y,z \in \mathbb{R}$

alex_eske · #2

s.kap έγραψε:Να βρείτε όλες τις συνεχείς συναρτήσεις $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ , για τις οποίες

$f(x-y)f(y-z)f(z-x)+8=0, \forall x,y,z \in \mathbb{R}$

Για

για κάθε $x \in \mathbb{R}$ . Άρα f(x)>0

για κάθε

είτε

για κάθε

(λόγω συνέχειας της

).
Για

. Στην τελευταία για y=-y : f(x+y)f(-y)f(-x)=-8

. Άρα από τις παραπάνω:
$\displaystyle{f(x+y)\frac{4}{f(y)}\frac{4}{f(x)}=-8 \Rightarrow f(x+y)=-\frac{1}{2}f(x)f(y)}$ για κάθε x,y

στο $\mathbb{R}$ . Αφού f(0)=-2<0

είναι

, για κάθε

στο $\mathbb{R}$ . Για g=-f

: $g(x+y)=\frac{1}{2}g(x)g(y)$ για κάθε x,y

στο $\mathbb{R}$ και g(x)>0

, για κάθε

στο $\mathbb{R}$ . Ορίζω $h=\log(g)$ και είναι:
$\displaystyle{h(x+y)=\log(g(x+y))=-\log2+\log(g(x))+\log(g(y))=-\log2+h(x)+h(y)}$ , για κάθε x,y

στο $\mathbb{R}$ . Από αυτήν: $h(nx)=nh(x)-\log{2}$ για

στο $\mathbb{R}$ ,

στο $\mathbb{N}$ και $h(x)=h(n\frac{1}{n}x)= nh(\frac{1}{n}x)-\log{2}$ . Άρα για

στο $\mathbb{R}$ ,

στο $\mathbb{N}$ : $\displaystyle{h(\frac{1}{n}x)=\frac{h(x)+\log2}{n}}$ , άρα για m,n

στο $\mathbb{N}$ $h(\frac{m}{n})=mh(\frac{1}{n})-\log2=\frac{m}{n}(h(1)+\log2)-\log2$ . Άρα από την συνέχεια της

για κάθε

στo $\mathbb{R}$ : $\displaystyle{h(x)=x(h(1)+\log2)-\log2 \Rightarrow f(x)=-g(x)=-e^{h(x)}=-\frac{e^{(h(1)+\log2)x}}{2}}$ , όπου $h(1)=\log(g(1))=log(-f(1))$ .

Νομίζω ότι για τα παραπάνω θα αρκούσε η συνέχεια σε ένα σημείο μόνο.

#3

Βιετνάμ 2006:

Pla.pa.s · #4

Για
Για για κάθε $x \in \mathbb{R}$ . Άρα για κάθε είτε για κάθε (λόγω συνέχειας της ).
Για . Στην τελευταία για . Άρα από τις παραπάνω:
$\displaystyle{f(x+y)\frac{4}{f(y)}\frac{4}{f(x)}=-8 \Rightarrow f(x+y)=-\frac{1}{2}f(x)f(y)}$ για κάθε στο $\mathbb{R}$ . Αφού είναι , για κάθε στο $\mathbb{R}$ . Για : $g(x+y)=\frac{1}{2}g(x)g(y)$ για κάθε στο $\mathbb{R}$ και , για κάθε στο $\mathbb{R}$ . Ορίζω $h=\log(g)$ και είναι:
$\displaystyle{h(x+y)=\log(g(x+y))=-\log2+\log(g(x))+\log(g(y))=-\log2+h(x)+h(y)}$ , για κάθε στο $\mathbb{R}$ . Από αυτήν: $h(nx)=nh(x)-\log{2}$ για στο $\mathbb{R}$ , στο $\mathbb{N}$ και $h(x)=h(n\frac{1}{n}x)= nh(\frac{1}{n}x)-\log{2}$ . Άρα για στο $\mathbb{R}$ , στο $\mathbb{N}$ : $\displaystyle{h(\frac{1}{n}x)=\frac{h(x)+\log2}{n}}$ , άρα για στο $\mathbb{N}$ $h(\frac{m}{n})=mh(\frac{1}{n})-\log2=\frac{m}{n}(h(1)+\log2)-\log2$ . Άρα από την συνέχεια της για κάθε στo $\mathbb{R}$ : $\displaystyle{h(x)=x(h(1)+\log2)-\log2 \Rightarrow f(x)=-g(x)=-e^{h(x)}=-\frac{e^{(h(1)+\log2)x}}{2}}$ , όπου $h(1)=\log(g(1))=log(-f(1))$ .

Η ιδέα είναι πολύ όμορφη, να σημειώσω όμως μια λεπτομέρεια.
Ο τύπος $\displaystyle{h(\frac{m}{n})=\frac{m}{n}(h(1)+log2)-log2$ ισχύει για m,n>0}

άρα λόγω συνεχείας ο γενικός τύπος
$\displaystyle{h(x)=x(h(1)+log2)-log2}$ ισχύει μόνο για x>0.
Από αυτόν βρίσκουμε ότι για x>0 είναι
$\displaystyle{f(x)=-\frac{e^{(h(1)+\log2)x}}{2}}=-\frac{(2f(1))^{x}}{2}}$
Θέτοντας $\displaystyle{\alpha=-2f(1)>0}$ έχουμε $\displaystyle{f(x)=-\frac{\alpha^{x}}{2}}$ .
Όμως για x<0 έχουμε $\displaystyle{f(x)=\frac{4}{f(-x)}=-8\alpha^{x}}$ .
Αυτό που με προβληματίζει είναι ότι και οι δύο τύποι δεν εξασφαλίζουν τη συνέχεια στο 0.
Ο ένας δίνει $\displaystyle{f (0)=-\frac{1}{2}}$ και ο άλλος $\displaystyle{f(0)=-8}$ .

Τελικά υπάρχουν τέτοιες συναρτήσεις που ζητούνται ή έχω κάνει κάποιο λάθος που δυστυχώς αγνοώ;

Υ.Γ.

Νομίζω ότι για τα παραπάνω θα αρκούσε η συνέχεια σε ένα σημείο μόνο.

Μόλις τέλειωσα το Λύκειο και ξέρω μόνο να δείχνω από τον τύπο h(x+y)=h(x)+h(y)-log2

ότι η

(κι άρα η

) είναι συνεχής αν είναι συνεχής στο 0. Για άλλα σημεία πως γίνεται;;

#5

Για να μην υπάρχουν ερωτηματικά ας γράψω μια ποιο κατανοητή λύση:

Για $x=\frac {t}{2}, y=-\frac {t}{2}, z=0, t \in \mathbb{R}$ έχουμε

$\displaystyle{f(t)\left[f\left(-\frac {t}{2}\right)\right]^2=-8 \Rightarrow f(t)<0, \forall t \in \mathbb{R}}$

Συνεπώς μπορούμε να γράψουμε $f(x)=-2^{g(x)}, x \in \mathbb{R}$ και αρκεί να βρούμε την

.

Η συναρτησιακή γράφεται g(x-y)+g(y-z)+g(z-x)=3

Θέτοντας

έχουμε

, συνεπώς

Θέτοντας

έχουμε

Εύκολα βρίσκουμε ότι η

είναι περιττή, άρα h(u)+h(v)=h(u+v)

, δηλαδή η

είναι Cauchy, συνεπώς

$h(x)=ax \Rightarrow g(x)=ax+1 \Rightarrow f(x)=-2^{ax+1}, a \in \mathbb{R}$

alex_eske · #6

Pla.pa.s έγραψε:
Για
Για για κάθε $x \in \mathbb{R}$ . Άρα για κάθε είτε για κάθε (λόγω συνέχειας της ).
Για . Στην τελευταία για . Άρα από τις παραπάνω:
$\displaystyle{f(x+y)\frac{4}{f(y)}\frac{4}{f(x)}=-8 \Rightarrow f(x+y)=-\frac{1}{2}f(x)f(y)}$ για κάθε στο $\mathbb{R}$ . Αφού είναι , για κάθε στο $\mathbb{R}$ . Για : $g(x+y)=\frac{1}{2}g(x)g(y)$ για κάθε στο $\mathbb{R}$ και , για κάθε στο $\mathbb{R}$ . Ορίζω $h=\log(g)$ και είναι:
$\displaystyle{h(x+y)=\log(g(x+y))=-\log2+\log(g(x))+\log(g(y))=-\log2+h(x)+h(y)}$ , για κάθε στο $\mathbb{R}$ . Από αυτήν: $h(nx)=nh(x)-\log{2}$ για στο $\mathbb{R}$ , στο $\mathbb{N}$ και $h(x)=h(n\frac{1}{n}x)= nh(\frac{1}{n}x)-\log{2}$ . Άρα για στο $\mathbb{R}$ , στο $\mathbb{N}$ : $\displaystyle{h(\frac{1}{n}x)=\frac{h(x)+\log2}{n}}$ , άρα για στο $\mathbb{N}$ $h(\frac{m}{n})=mh(\frac{1}{n})-\log2=\frac{m}{n}(h(1)+\log2)-\log2$ . Άρα από την συνέχεια της για κάθε στo $\mathbb{R}$ : $\displaystyle{h(x)=x(h(1)+\log2)-\log2 \Rightarrow f(x)=-g(x)=-e^{h(x)}=-\frac{e^{(h(1)+\log2)x}}{2}}$ , όπου $h(1)=\log(g(1))=log(-f(1))$ .
Η ιδέα είναι πολύ όμορφη, να σημειώσω όμως μια λεπτομέρεια.
Ο τύπος $\displaystyle{h(\frac{m}{n})=\frac{m}{n}(h(1)+log2)-log2$ ισχύει για άρα λόγω συνεχείας ο γενικός τύπος
$\displaystyle{h(x)=x(h(1)+log2)-log2}$ ισχύει μόνο για x>0.
Από αυτόν βρίσκουμε ότι για x>0 είναι
$\displaystyle{f(x)=-\frac{e^{(h(1)+\log2)x}}{2}}=-\frac{(2f(1))^{x}}{2}}$
Θέτοντας $\displaystyle{\alpha=-2f(1)>0}$ έχουμε $\displaystyle{f(x)=-\frac{\alpha^{x}}{2}}$ .
Όμως για x<0 έχουμε $\displaystyle{f(x)=\frac{4}{f(-x)}=-8\alpha^{x}}$ .
Αυτό που με προβληματίζει είναι ότι και οι δύο τύποι δεν εξασφαλίζουν τη συνέχεια στο 0.
Ο ένας δίνει $\displaystyle{f (0)=-\frac{1}{2}}$ και ο άλλος $\displaystyle{f(0)=-8}$ .

Τελικά υπάρχουν τέτοιες συναρτήσεις που ζητούνται ή έχω κάνει κάποιο λάθος που δυστυχώς αγνοώ;

Υ.Γ.
Νομίζω ότι για τα παραπάνω θα αρκούσε η συνέχεια σε ένα σημείο μόνο.
Μόλις τέλειωσα το Λύκειο και ξέρω μόνο να δείχνω από τον τύπο ότι η (κι άρα η ) είναι συνεχής αν είναι συνεχής στο 0. Για άλλα σημεία πως γίνεται;;

Κάπου έχει γίνει λάθος στα παραπάνω, αλλά δεν το βλέπω τωρα. Τέτοιες συναρτήσεις υπάρχουν, αλλά θα έπρεπε να βγεί $f(x)=-2(-\frac{1}{2}f(1))^x$ .

Για το άλλο που ρώτησες:

Aν f συνεχής στο $a \in R$ τότε για $x \in R: f(x+h)-f(x)=f((x-a)+(a+h))-f(x)= f(x-a)+f(a+h)-log2-f(x).$ Επειδη f(x+y)=f(x)+f(y)-log2

για

, άρα $f(x+h)-f(x)=log2-f(a)+f(a+h)-log2=f(a+h)-f(a) \rightarrow 0$ για $h \rightarrow 0$ .

Pla.pa.s · #7

Κάπου έχει γίνει λάθος στα παραπάνω

Το βρήκα.
Δεν είναι h(nx)=nh(x)-log2

αλλά

.
Κάνοντας τις πράξεις καταλήγουμε ότι πράγματι $f(x)=-2(-\frac{1}{2}f(1))^{x}$ ή θέτοντας $-f(1)=2^{\alpha+1}$ βρίσκουμε το ισοδύναμο αποτέλεσμα της κομψότατης λύσης του κύριου Καπελλίδη.

Εξάλλου αποκλείεται να μην υπήρχαν τέτοιες συναρτήσεις αφού υπάρχει η προφανής f(x)=-2

.

Aν f συνεχής στο $a \in R$ τότε για $x \in R: f(x+h)-f(x)=f((x-a)+(a+h))-f(x)= f(x-a)+f(a+h)-log2-f(x).$ Επειδη για , άρα $f(x+h)-f(x)=log2-f(a)+f(a+h)-log2=f(a+h)-f(a) \rightarrow 0$ για $h \rightarrow 0$ .

Ευχαριστώ πολύ! Είχα δοκιμάσει κάτι ανάλογο αλλά επειδή μου περίσσευε το log2

νόμιζα ότι χρειαζόταν μια κατάλληλη τιμή στο αντίστοιχο σημείο.

#8

http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 51&t=76678

Συναρτησιακή 262

Συναρτησιακή 262

Re: Συναρτησιακή 261

Re: Συναρτησιακή 262

Re: Συναρτησιακή 262

Re: Συναρτησιακή 262

Re: Συναρτησιακή 262

Re: Συναρτησιακή 262

Re: Συναρτησιακή 262

Μέλη σε σύνδεση