mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Αύγ 08, 2012 11:57 am**

Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε f(xf(y)) + y + f(x) = f(f(x + y)) + yf(x),

για κάθε $x,y \in \mathbb{R}.$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 09, 2012 8:35 pm**

Mια αρκετά κοπιαστική προσπάθεια...

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

$x=0 , y=0\Rightarrow f(f(0))=2f(0)$ , .................(2)

$x=1 , y=0\Rightarrow f(f(0))+f(1)=f(f(1))\Rightarrow 2f(0)+f(1)=f(0)+1\Rightarrow f(0)+f(1)=1$ , ................(3)

$x=0 , y=-1\Rightarrow f(f(-1))=3f(0)-1$ , .................(4)

$x=1 , y=-1\Rightarrow f(f(-1))-1+f(1)=f(f(0))-f(1)\Rightarrow f(0)+2f(1)=2$ , ...................(5)

Από τις σχέσεις (3) και (5), βρίσκουμε: f(1)=1 , f(0)=0

$y=0\Rightarrow f(f(x))=f(x)$ , για κάθε $x\epsilon R$ ., ...............(6)

Mε βάση την σχέση (6), η αρχική γράφεται:

f(xf(y))+y+f(x)=f(x+y)+yf(x)

, .....................(7)

Για x=1

, στην (7), έχουμε: $f(y+1)=f(y)+1\Rightarrow f(x+1)=f(x)+1$

Και εύκολα με επαγωγή, βρίσκουμε ότι f(x+k)=f(x)+k

, για κάθε $k\epsilon N$ , και τελικά f(x+k)=f(x)+k

,..........(8) για κάθε $k\epsilon Z$

Στην f(x+1)=f(x)+1

, θέτουμε

και έχουμε f(-1)=-1

, ενώ άν θέσουμε x=1

, έχουμε

Στην σχέση (7), θέτω y=-1

, οπότε έχω $f(xf(-1))-1+f(x)=f(x-1)-f(x)\Rightarrow$

$f(-x)-1+f(x)=f(x-1)-f(x)\Rightarrow f(-x)-1+f(x)=f(x)-1-f(x)\Rightarrow f(-x)=-f(x)$ , ....................(9)

Στην σχέση (7), θέτω y=-x

, οπότε

$f(xf(-x))-x+f(x)=f(0)-xf(x)\Rightarrow f(-xf(x))-x+f(x)=-xf(x)\Rightarrow -f(xf(x))-x+f(x)=-xf(x)$ ,................(10)

Πάλι στην σχέση (7), θέτω y=x

, οπότε:

, ....................(11)

Προσθέτοντας κατά μέλη τις σχέσεις (10) και (11), έχω:

f(2x)=2f(x)

, ......................(12)

Tέλος θέτοντας στην (7) x=2

, έχω:

$f(2f(y))+y+f(2)=f(2+y)+yf(2)\Rightarrow$ (λόγω των σχέσεων (12) και (8))

$2f(f(y))+y+2=2+f(y)+2y\Rightarrow 2f(y)+y+2=2+f(y)+2y\Rightarrow f(y)=y\Rightarrow f(x)=x$ , για κάθε $x\epsilon R$ , και η επαλήθευση γίνεται εύκολα.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Αύγ 10, 2012 1:13 am**

Κάπως διαφορετικά...
$x:=0\rightarrow f(f(y))=y(1-f(0))+2f(0) \ (1)$
Με τη χρήση της τελευταίας έχω ότι
$f(a)=f(b)\Rightarrow a(1-f(0))=b(1-f(0)) \ (2)$
Εάν f(0)=1

τότε

$y:=0\rightarrow f(f(x))=2f(x)$
Οι παραπάνω σχέσεις δίνουν ότι f(x)=1

το οποίο δεν επαληθεύει.
Άρα $f(0)\ne1$ και λόγω της (2) η συνάρτηση είναι 1-1
Στην (1) με $y:=\displaystyle\frac{-2f(0)+z_0}{1-f(0)}$ έχω ότι η συνάρτηση είναι επί.
Δηλαδή $\exists a:f(a)=0$
Στην αρχική με y:=0, x:=a

$f(af(0))=f(0)\Leftrightarrow af(0)=0\Leftrightarrow f(0)=0$ ή a=0

που και τα δύο σημαίνουν ότι f(0)=0

Και ξανά στην αρχίκη
$y:=0\rightarrow f(x)=f(f(x))\Leftrightarrow f(x)=x$
Άρα $\boxed{f(x)=x}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Αύγ 10, 2012 1:51 am**

http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 8&t=220363

mathematica.gr

Εύκολη συναρτησιακή (7)

Εύκολη συναρτησιακή (7)

Re: Εύκολη συναρτησιακή (7)

Re: Εύκολη συναρτησιακή (7)

Re: Εύκολη συναρτησιακή (7)