Συναρτησιακή 256

#1

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

$f(ax+by) \le af(x)+bf(y)$ , για κάθε $x,y \in \mathbb{R}$ και για κάθε $a,b \in [0,1]$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#2

Σπύρο καλημέρα,φαντάζομαι είσαι διακοπές,καλά να περνάς
-------------------------------------------------------------
πολύ καιρό αναπάντητη,γράφω κάποιες σκέψεις

$\displaystyle{f(ax+by)\leq af(x)+bf(y),{\color{red}\bf(1)} ,\forall x,y\in \mathbb R,\forall a,b\in [0,1]$

$\bullet ~~a=b=0 ~~(1)\rightarrow f(0)\leq 0$

$\bullet ~~x=y=0 ~~(1)\rightarrow f(0)\leq af(0)+bf(0)\stackrel{a=b=1}\longrightarrow f(0)\geq 0$

$\boxed{f(0)=0}$

$\bullet ~~a=1=b~~(1)\rightarrow f(x+y)\leq f(x)+f(y)\stackrel{y=x}\longrightarrow f(2x)\leq 2 f(x)$

$\displaystyle{\bullet~~b=0~~(1)\rightarrow f(ax)\leq af(x)\stackrel{a=\frac{1}{2}}\longrightarrow f(2x)\geq 2f(x)}$

$\boxed{f(2x)=2f(x)}$

$\displaystyle{x\neq 0 : \frac{f(2x)}{2x}=\frac{f(x)}{x}\rightarrow f(x)=cx}$

$\displaystyle{f(x)=cx,x\in \mathbb R}$ ,ικανοποιεί...

*δεν ξέρω αν αρκεί το τελευταίο ή θέλει κάτι περισσότερο*

air · #3

Φωτεινή έγραψε:
$\displaystyle{x\neq 0 : \frac{f(2x)}{2x}=\frac{f(x)}{x}\rightarrow f(x)=cx}$

$\displaystyle{f(x)=cx,x\in \mathbb R}$ ,ικανοποιεί...

*δεν ξέρω αν αρκεί το τελευταίο ή θέλει κάτι περισσότερο*

Έχω την εντύπωση ότι δεν αρκεί το παραπάνω, αφού τη σχέση f(2x)=2f(x)

την ικανοποιεί π.χ. η συνάρτηση $f(x)=\left\{\begin{matrix}2x, x\in \mathbb R-\mathbb Q \\ x,x\in\mathbb Q \end{matrix}}\right.$ , η οποία δεν επαληθεύει την αρχική.

Μια άλλη προσπάθεια που χρησιμοποιεί και την παραπάνω σχέση είναι η εξής:

Επιλέγοντας a,b

ώστε

προκύπτει ότι η

είναι κυρτή στο $\mathbb R$ , άρα και συνεχής (αφού το $\mathbb R$ είναι ανοικτό διάστημα).

Από την ανισότητα Hermite Hadamard ισχύει ότι: $f\left( \frac{a+b}{2}\right) \le \frac{1}{b - a}\int_a^b f(x)\,dx \le \frac{f(a) + f(b)}{2}$ .

Για $a=0,b=x\neq0$ , παίρνουμε ότι $f\left( \frac{x}{2}\right) \le \frac{1}{x}\int_0^x f(t)\,dt \le \frac{f(x)}{2}$ , που λόγω της f(2x)=2f(x)

, οδηγεί στην:

$\frac{1}{x}\int_0^x f(t)\,dt =\frac{f(x)}{2} \Rightarrow \int_0^x f(t)\,dt =x \frac{f(x)}{2}$

Αυτή τη σχέση μπορούμε να την παραγωγίσουμε λόγω της συνέχειας της

, άρα:
$2f(x)=xf'(x)+f(x) \Rightarrow f(x)=xf'(x) \Rightarrow (\frac{f(x)}{x})'=0,x\neq 0$

$\Rightarrow f(x)=\left\{\begin{matrix}c_1x, x\geq 0 \\ c_2x,x<0 \end{matrix}}\right.$

Τέλος θα δείξω ότι πρέπει $c_1\geq c_2$ .

Στην αρχική ανισότητα θέτω x>0,y=-x

, τότε $f((a-b)x)\leq af(x)+bf(-x)=ac_1x-bc_2x$

Για a>b

έχουμε $c_1ax-c_1bx\leq ac_1x-bc_2x \Rightarrow bc_1x\geq bc_2x \Rightarrow c_1\geq c_2$

Αν δεν κάνω λάθος, εξετάζοντας τις περιπτώσεις ( y,x>0

),(

) ,ξεχωριστά προκύπτει ότι επαληθεύεται η αρχική σχέση.

#4

air έγραψε:
Φωτεινή έγραψε:
$\displaystyle{x\neq 0 : \frac{f(2x)}{2x}=\frac{f(x)}{x}\rightarrow f(x)=cx}$

$\displaystyle{f(x)=cx,x\in \mathbb R}$ ,ικανοποιεί...

*δεν ξέρω αν αρκεί το τελευταίο ή θέλει κάτι περισσότερο*
Έχω την εντύπωση ότι δεν αρκεί το παραπάνω, αφού τη σχέση την ικανοποιεί π.χ. η συνάρτηση $f(x)=\left\{\begin{matrix}2x, x\in \mathbb R-\mathbb Q \\ x,x\in\mathbb Q \end{matrix}}\right.$ , η οποία δεν επαληθεύει την αρχική.

Μια άλλη προσπάθεια που χρησιμοποιεί και την παραπάνω σχέση είναι η εξής:

Επιλέγοντας ώστε προκύπτει ότι η είναι κυρτή στο $\mathbb R$ , άρα και συνεχής (αφού το $\mathbb R$ είναι ανοικτό διάστημα).

Από την ανισότητα Hermite Hadamard ισχύει ότι: $f\left( \frac{a+b}{2}\right) \le \frac{1}{b - a}\int_a^b f(x)\,dx \le \frac{f(a) + f(b)}{2}$ .

Για $a=0,b=x\neq0$ , παίρνουμε ότι $f\left( \frac{x}{2}\right) \le \frac{1}{x}\int_0^x f(t)\,dt \le \frac{f(x)}{2}$ , που λόγω της , οδηγεί στην:

$\frac{1}{x}\int_0^x f(t)\,dt =\frac{f(x)}{2} \Rightarrow \int_0^x f(t)\,dt =x \frac{f(x)}{2}$

Αυτή τη σχέση μπορούμε να την παραγωγίσουμε λόγω της συνέχειας της , άρα:
$2f(x)=xf'(x)+f(x) \Rightarrow f(x)=xf'(x) \Rightarrow (\frac{f(x)}{x})'=0,x\neq 0$

$\Rightarrow f(x)=\left\{\begin{matrix}c_1x, x\geq 0 \\ c_2x,x<0 \end{matrix}}\right.$

Τέλος θα δείξω ότι πρέπει $c_1\geq c_2$ .

Στην αρχική ανισότητα θέτω , τότε $f((a-b)x)\leq af(x)+bf(-x)=ac_1x-bc_2x$

Για έχουμε $c_1ax-c_1bx\leq ac_1x-bc_2x \Rightarrow bc_1x\geq bc_2x \Rightarrow c_1\geq c_2$

Αν δεν κάνω λάθος, εξετάζοντας τις περιπτώσεις (),(),(),() ,ξεχωριστά προκύπτει ότι επαληθεύεται η αρχική σχέση.

Σε αυτό που κοκκίνισα, νομίζω πως υπάρχει κάποιο πρόβλημα, γιατί εφόσον $0 \le b \le 1$ , τα επόμενα συμπεράσματα ισχύουν μόνον για τα $x \in [0,1]$

#5

Η επίσημη λύση:

Για x=y=0

προκύπτει ότι $(a+b-1)f(0) \ge 0, \forall a,b \in [0,1] \Rightarrow f(0)=0$

Έτσι $f(ax)=f(ax+0\cdot b)\le af(x)+bf(0)=af(x)$ , δηλαδή $f(ax) \le af(x), \forall x \in \mathbb{R}\wedge a \in [0,1]$ (1)

Για a=b=1

στην αρχική έχουμε $f(x+y) \le f(x)+f(y), \forall x,y \in \mathbb{R}$ και με επαγωγή

$f(x_1+x_2+...+x_n) \le f(x_1)+f(x_2)+...+f(x_n), \forall x_1,x_2,...,x_n \in \mathbb{R}$ (2) και εύκολα από τη (2) και (1)

$f(a_1x_1+a_2x_2+...+a_nx_n) \le a_1f(x_1)+a_2f(x_2)+...+a_nf(x_n)$

$, \forall x_1,x_2,...,x_n \in \mathbb{R} \wedge \forall a_1,a_2,...,a_n \in [0,1]$ (3)

Από την (3), αν x_1=x_2=...=x_n=x

, έχουμε

$f\left((a_1+a_2+...+a_n)x\right)\le (a_1+a_2+...+a_n)f(x), \forall x \in \mathbb{R} \wedge \forall a_1,...,a_n \in [0,1]$ , άρα

$f(ax) \le af(x), \forall x \in \mathbb{R} \wedge \forall a>0$ (4)

Θεωρούμε την $g(x)=\frac {f(x)}{x}, x>0$

Από την (4) έχουμε $g(ax) \le g(x), \forall a>0 \wedge \forall x>0$ , δηλαδή

$g\left(\frac {x}{a}\right) \le g(x) \le g\left(\frac {x}{a}\right), \forall x>0, a>0$

Δηλαδή $g(x)=c_1, \forall x \in (0,+\infty) \Rightarrow f(x)=c_1x, \forall x>0$ .

Ομοίως $f(x)=c_2x, \forall x<0$

Η λύση προφανώς επαληθεύει την αρχική.

air · #6

Hmm το παραπάνω σύνολο συναρτήσεων δεν ικανοποιεί πάντα τη δοθείσα, π.χ. για c_1=1,c_2=2, a=b=1,x=2,y=-2

η αρχική δεν επαληθεύεται. Πιστεύω ότι χρειάζεται και η συνθήκη $c_1 \geq c_2$ , όπως έγραψα και παραπάνω.

Όσον αφορά τη δική μου λύση, παραμέλησα να γράψω τους ποσοδείκτες και για αυτό έγινε ένα μπέρδεμα. Η ανισότητα Hermite-Hadamard όπως την έχω γράψει ισχύει $\forall a,b \in \mathbb R$ , δηλαδή δεν πρόκειται για τα a,b

της αρχικής σχέσης. Επομένως αν είναι εσφαλμένη η λύση μου, το λάθος πρέπει να εντοπιστεί αλλού..

#7

air έγραψε:Hmm το παραπάνω σύνολο συναρτήσεων δεν ικανοποιεί πάντα τη δοθείσα, π.χ. για η αρχική δεν επαληθεύεται. Πιστεύω ότι χρειάζεται και η συνθήκη $c_1 \geq c_2$ , όπως έγραψα και παραπάνω.

Όσον αφορά τη δική μου λύση, παραμέλησα να γράψω τους ποσοδείκτες και για αυτό έγινε ένα μπέρδεμα. Η ανισότητα Hermite-Hadamard όπως την έχω γράψει ισχύει $\forall a,b \in \mathbb R$ , δηλαδή δεν πρόκειται για τα της αρχικής σχέσης. Επομένως αν είναι εσφαλμένη η λύση μου, το λάθος πρέπει να εντοπιστεί αλλού..

Έχεις δίκιο air, δική μου παράλειψη που δεν έγραψα τη συνθήκη που αναφέρεις.

Συναρτησιακή 256

Συναρτησιακή 256

Re: Συναρτησιακή 256

Re: Συναρτησιακή 256

Re: Συναρτησιακή 256

Re: Συναρτησιακή 256

Re: Συναρτησιακή 256

Re: Συναρτησιακή 256

Μέλη σε σύνδεση