mathematica.gr • Εύκολη συναρτησιακή (2)

Σελίδα 1 από 1

Εύκολη συναρτησιακή (2)

Δημοσιεύτηκε: Σάβ Αύγ 04, 2012 11:16 pm

από socrates

Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε $(f(x+y))^{2}= f(x)f(x+2y)+yf(y) ,$ για κάθε $x,y \in \mathbb{R}.$

Re: Εύκολη συναρτησιακή (2)

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:08 pm

από Andreas Dalaoutis

Έστω

(1)

η αρχική σχέση.

Σε αυτή θέτουμε όπου

το

και παίρνουμε: $f^2(0)-f(x)f(-x)=-xf(-x) \qquad (2)$

Επίσης από την (1)

(1)

για

x=-2y

: $f(-x)=f(-2x)f(0)+xf(x) \qquad (3)$

Πάλι στην (1)

(1)

για

x=0

: $f^2(x)=f(0)f(2x)+xf(x) \qquad (4)$

Απ' την (4)

(4)

για

x=-x

: $f^2(-x)=f(0)f(-2x)-xf(-x) \qquad (5)$

$(3),(5)\Rightarrow f(-x)=-f(x) \qquad (6)$

Η (2)

(2)

λόγω της

(6)

δίνει:

f^2(0)+f^2(x)=xf(x)

Επίσης η

(3)

λόγω της

(6)

δίνει:

f^2(x)+f(2x)f(0)=xf(x)

Από τις δύο τελευταίες σχέσεις θα πάρουμε: $f^2(0)=-f(0)f(2x)\Rightarrow f(0)=0$ ή f(x)=f(0)

f(x)=f(0)

Για τη δεύτερη περίπτωση αντικαθιστούμε στην αρχική απ' όπου προκύπτει ότι: f(0)=0

f(0)=0

Άρα σε κάθε περίπτωση f(0)=0

f(0)=0

.

Πλέον η (2)

(2)

λόγω της

(6)

δίνει:

f^2(x)=xf(x)

οπότε

f(x)=0

ή

f(x)=x

Και οι δύο επαληθεύουν την αρχική.

Θα δείξουμε τώρα ότι οι δύο τύποι δε μπορούν να ισχύουν ταυτόχρονα.

Έστω ότι υπάρχουν $a,b\neq 0$ ώστε f(a)=0

f(a)=0

και

f(b)=b

.
Τότε από την (1)

(1)

για

x=a, y=b

λαμβάνουμε: f^2(a+b)=b^2

f^2(a+b)=b^2

Τώρα στην η (1)

(1)

για

x=b, y=a

θα μας δώσει: f^2(a+b)=bf(b+2a)

f^2(a+b)=bf(b+2a)

Οι δύο τελευταίες σε συνδυασμό: f(b+2a)=b

f(b+2a)=b

πράγμα άτοπο διότι:

- Αν f(x)=0

f(x)=0

τότε

b=0

άτοπο από υπόθεση

- Αν f(x)=x

f(x)=x

τότε

a=0

πάλι άτοπο από υπόθεση.

Συνοψίζουμε λοιπόν τος λύσεις του προβλήματος οι οποίες είναι: $f\equiv 0$ και $f\equiv x$ .

* Σε ορισμένα σημεία έθεσα x=0

x=0

παρ' όλα αυτά πάλι

έχω μέσα. Αυτό το έκανα χάριν ευκολίας.

Re: Εύκολη συναρτησιακή (2)

Δημοσιεύτηκε: Δευ Αύγ 20, 2012 1:29 am

από socrates

http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 6&t=165366