mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 31, 2013 11:23 pm**

Να δείξετε ότι δεν υπάρχει συνάρτηση $f:\Bbb{R}_{>0}\to \Bbb{R}_{>0}$ τέτοια ώστε $\displaystyle{ f(f(x)+\frac{1}{f(x)})=x+1 ,}$ για κάθε x>0.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 03, 2013 7:01 pm**

socrates έγραψε:Να δείξετε ότι δεν υπάρχει συνάρτηση $f:\Bbb{R}_{>0}\to \Bbb{R}_{>0}$ τέτοια ώστε (1) $\displaystyle{ f(f(x)+\frac{1}{f(x)})=x+1 ,}$ για κάθε

Από την $\displaystyle{(1)}$ εύκολα προκύπτει ότι η $\displaystyle{f}$ είναι $\displaystyle{1-1}$ .

Αν στην $\displaystyle{(1)}$ βάλουμε όπου $\displaystyle{x}$ το $\displaystyle{y-1}$ έχουμε

$\displaystyle{(2)}$ $\displaystyle{ f\left(f(y-1)+\frac{1}{f(y-1)}\right)=y ,}$ για κάθε y>1.

Άρα κάθε $\displaystyle{y>1}$ γράφεται ως $\displaystyle{y=f(x)}$ με $\displaystyle{x=f(y-1)+\frac {1}{f(y-1)} \ge 2}$ .

Αν $\displaystyle{x<2}$ , τότε $\displaystyle{f(x) \le 1}$ , γιατί αν $\displaystyle{f(x)>1}$ , τότε, σύμφωνα με το προηγούμενο, υπάρχει $\displaystyle{u \ge 2}$ με

$\displaystyle{f(x)=f(u)}$ , άρα $\displaystyle{u=x<2}$ , αδύνατο.

Επιλέγουμε, λοιπόν, $\displaystyle{x_1<1}$ με $\displaystyle{f(x_1)<1}$ και παίρνουμε τον αριθμό $\displaystyle{a=f(x_1)+\frac {1}{f(x_1)}}$ .

Από την μελέτη της συνάρτησης $\displaystyle{h(x)=x+\frac {1}{x}}$ , προκύπτει ότι υπάρχει $\displaystyle{r>1}$ , ώστε $\displaystyle{a=r+\frac {1}{r}}$

Αλλά, $\displaystyle{r=f(x_2)}$ με $\displaystyle{x_2 \ge 2}$ . Συνεπώς

$\displaystyle{f(x_1)+\frac {1}{f(x_1)}=f(x_2)+\frac {1}{f(x_2)}\Rightarrow f\left(f(x_1)+\frac {1}{f(x_1)}\right)=f\left(f(x_2)+\frac {1}{f(x_2)}\right)}$

$\displaystyle{\Rightarrow x_1+1=x_2+1 \Rightarrow x_1=x_2}$ , άτοπο.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 03, 2013 7:44 pm**

http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 2#p3198742

mathematica.gr

Καλοκαιρινή συναρτησιακή 25

Καλοκαιρινή συναρτησιακή 25

Re: Καλοκαιρινή συναρτησιακή 25

Re: Καλοκαιρινή συναρτησιακή 25