Συναρτησιακή 132

#1

Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $\displaystyle f:\mathbb{R}_{\geq 0} \rightarrow \mathbb{R}_{\geq 0}$ τέτοιες ώστε $\displaystyle f(1)=\frac{1}{2}$ και $f(y\cdot f(x))\cdot f(x) = f(x + y),$ για κάθε $x,y {\geq 0}.$

#2

socrates έγραψε:Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $\displaystyle f:\mathbb{R}_{\geq 0} \rightarrow \mathbb{R}_{\geq 0}$ τέτοιες ώστε $\displaystyle f(1)=\frac{1}{2}$ και $f(y\cdot f(x))\cdot f(x) = f(x + y),$ για κάθε $x,y {\geq 0}.$

Θανάση ακόμη ένα τέτοιο και θα τα κάψω όλα τα λίγα που κουβαλάω στο κρανίο:

$f(y\cdot f(x))\cdot f(x) = f(x + y),$ για κάθε $x,y {\geq 0}.$ (1)

Για x=y=0

βρίσκω $f^2(0)=f(0) \Rightarrow f(0)=0 \vee f(0)=1$

Αν f(0)=0

, τότε η (1) για x=0

και για

δίνει

, άτοπο. Άρα f(0)=1

Ισχυρισμός 1: Υπάρχει γνησίως αύξουσα ακολουθία θετικών ακεραίων a_n

με $a_n \to + \infty$ ώστε $f(a_n)=\frac {1}{1+a_n}$

$\displaystyle{f(2f(1))f(1)=f(3) \Rightarrow f(3)=\frac {1}{4}}$

$\displaystyle{f(4f(3))f(3)=f(7) \Rightarrow f(7)=\frac {1}{8}}$

$\displaystyle{f(8f(7))f(7)=f(15) \Rightarrow f(15)=\frac {1}{16}}$

$\displaystyle{f(16f(15))f(15)=f(31) \Rightarrow f(31)=\frac {1}{32}}$ κ.ο.κ.

Ισχυρισμός 2: $f(x) \neq 0, \forall x>0$

Αν για κάποιο y>1

ισχύει

, τότε υπάρχει

ώστε

, άρα η (1) για x=y

και

δίνει

$\displaystyle{f(a_n)=f(a_n-y+y)=0}$ , άτοπο.

Αν για κάποιο y<1

ισχύει

, τότε η (1) για x=y

και

δίνει

$f(f(y))f(y)=f(y+1) \Rightarrow f(y+1)=0$ , άτοπο.

Ισχυρισμός 3: $f(x) \le 1, \forall x \in [0,+\infty)$

Αν για κάποιο $y \ge 0$ ισχύει f(y)>1

, τότε

$\displaystyle{x= \frac {y}{f(y)-1} \Rightarrow xf(y)=x+y \Rightarrow f(xf(y))=f(x+y)=f(xf(y))f(y) \Rightarrow f(y)=1}$ , αντίφαση.

Ισχυρισμός 4: Η

είναι φθίνουσα

$\displaystyle{f(y) \ge f(y)f(xf(y))=f(x+y), \forall x,y \ge 0}$

Ισχυρισμός 5: Η

είναι 1-1

Έστω πως για κάποια x,y

με $0 \le x<y$ έχουμε f(x)=f(y)

, τότε

$f(a+x)=f(af(x))f(x)=f(af(y))f(y)=f(a+y), \forall a$

Αν a=n(y-x)

, τότε $\displaystyle{f(n(y-x)+x)=f(n(y-x)+y)=f((n+1)(y-x)+x), \forall n \in \mathbb{N}}$

Άρα με επαγωγή $\displaystyle{f(x)=f(y)=f(n(y-x)+x), \forall n \in \mathbb{N}}$

Συνεπώς αν $b \ge x$ με b<n(y-x)+x

, τότε

$\displaystyle{f(x) \ge f(b) \ge f(n(y-x)+x)=f(x) \Rightarrow f(b)=f(x), \forall b \ge x}$ , αντίφαση, λόγω του ισχυρισμού 1

Τέλος : Στην (1) θέτω όπου

το $\frac {y}{f(x)}$ και έχω

$\displaystyle{f(y)f(x)=f\left(x+\frac {y}{f(x)}\right)}$

Με εναλλαγή $\displaystyle{f(y)f(x)=f\left(y+\frac {x}{f(y)}\right)}$

Άρα $\displaystyle{f\left(x+\frac {y}{f(x)}\right)=f\left(y+\frac {x}{f(y)}\right) \Rightarrow x+\frac {y}{f(x)}=y+\frac {x}{f(y)}}$

και για $\displaystyle{y=1}$ παίρνω $\displaystyle{f(x)= \frac {1}{1+x}}$ , που επαληθεύει την αρχική.

nikoszan · #3

Σπυρο,εντυπωσιακη η μεθοδευση της λυσης σου

#4

Γενίκευση:

http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 6&t=405083&

http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 6&t=373453&

#5

Άλλες λύσεις: http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 6&t=475206

Συναρτησιακή 132

Συναρτησιακή 132

Re: Συναρτησιακή 132

Re: Συναρτησιακή 132

Re: Συναρτησιακή 132

Re: Συναρτησιακή 132

Μέλη σε σύνδεση