Εύκολη συναρτησιακή (31)

#1

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

gauss1988 · #2

$\displaystyle{y=0}$ . Τότε: $\displaystyle{xf(f(x))=x^2 +2xf(0)}$ . Και με $\displaystyle{x\neq 0\Rightarrow f(f(x))=x+2f(0)}$

$\displaystyle{x=0}$ . Tότε: $\displaystyle{yf(f(y))=yf(y)}$ . Και με $\displaystyle{y\neq 0\Rightarrow f(f(y))=f(y)\Rightarrow f(f(x))=f(x)}$ .

Άρα συμπεραίνουμε ότι: $\displaystyle{f(x)=x+2f(0)}$ , για κάθε $\displaystyle{x\neq 0}$

Αντικαθιστώ τον τύπο που βρήκα στην αρική εξίσωση :

$\displaystyle{y(x+f(y)+2f(0))+x(y+f(x)+2f(0))=x^2 +(2x+y)(y+2f(0))\Rightarrow}$

$\displaystyle{y(x+y+4f(0))+x(y+x+4f(0))=x^2 +2xy+4xf(0)+y^2 +2yf(0)\Rightarrow}$

$\displaystyle{f(0)=0}$ . Επομένως 'εχουμε $\displaystyle{f(x)=x+2f(0)\Rightarrow f(x)=x}$ , για κάθε $\displaystyle{x\neq 0}$ . Και αφού είναι και $\displaystyle{f(0)=0}$ , άρα πρέπει:

$\displaystyle{f(x)=x}$ , για κάθε $\displaystyle{xER}$ , που επαληθεύει και την αρχική.

#3

http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 8&t=456832

#4

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

Για

έχουμε

για κάθε $x\ne 0.$

Για x=0

έχουμε

για κάθε $x\ne 0.$

Είναι f(f(1))=f(1).

-- Αν

τότε

οπότε

και

οπότε

για κάθε $x\ne 0.$
Επειδή f(0)=0

είναι

για κάθε

-- Αν $f(1)\ne 0$ τότε f(1)+2f(0)=f(f(f(1)))=f(f(1))=f(1)

οπότε

και όπως παραπάνω f(x)=x.

Εύκολη συναρτησιακή (31)

Εύκολη συναρτησιακή (31)

Re: Εύκολη συναρτησιακή (31)

Re: Εύκολη συναρτησιακή (31)

Re: Εύκολη συναρτησιακή (31)

Μέλη σε σύνδεση