mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 27, 2013 3:42 pm**

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

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 30, 2013 11:16 am**

socrates έγραψε:Να προσδιορίσετε όλες τις συνεχείς συναρτήσεις $\displaystyle{(1)}$ $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε $\displaystyle{ f(x+y+f(2xy))=2xy+f(x+y) , }$ για κάθε $x,y \in \mathbb{R}$ .

Η $\displaystyle{(1)}$ για $\displaystyle{y=-x}$ δίνει $\displaystyle{(2)}$ $\displaystyle{f(f(-2x^2))=-2x^2+f(0)}$ , για κάθε $\displaystyle{x \in \Bbb{R}}$

Επειδή κάθε μη θετικός $\displaystyle{u}$ γράφεται ως $\displaystyle{-2x^2}$ η $\displaystyle{(2)}$ γίνεται $\displaystyle{(3)}$ $\displaystyle{f(f(u))=u+f(0)}$ για κάθε $\displaystyle{u \in (-\infty,0]}$

Από την $\displaystyle{(3)}$ εύκολα συμπεραίνουμε ότι η $\displaystyle{f}$ είναι $\displaystyle{1-1}$ στο διάστημα $\displaystyle{(-\infty,0]}$ , άρα λόγω της συνέχειας, γνησίως μονότονη σε αυτό

1η περίπτωση: Η $\displaystyle{f}$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{(-\infty,0]}$

Τότε

Αν $\displaystyle{f(0)<0}$ , τότε $\displaystyle{f(f(0))<f(0)}$ , άτοπο, γιατί $\displaystyle{f(f(0))=f(0)}$

Αν $\displaystyle{f(0)>0}$ , τότε επειδή $\displaystyle{\lim_{x \to +\infty}f(x)=-\infty}$ * υπάρχει $\displaystyle{x_0<0}$ ώστε $\displaystyle{f(x_0)=0}$ , άρα η $\displaystyle{(3)}$ για $\displaystyle{u=x_0}$ δίνει

$\displaystyle{f(0)=x_0+f(0) \Rightarrow x_0=0}$ , άτοπο

Άρα $\displaystyle{f(0)=0}$

*(Αν $\displaystyle{\lim_{x \to +\infty}f(x)=a \in \Bbb{R}}$ , τότε, παίρνοντας όρια στο $\displaystyle{-\infty}$ στην $\displaystyle{(3)}$ έχουμε

$\displaystyle{f(a)=-\infty}$ , άτοπο, άρα $\displaystyle{\lim_{x \to +\infty}f(x)=-\infty}$ )

Συνεπώς η $\displaystyle{(3)}$ γράφεται $\displaystyle{(4)}$ $\displaystyle{f(f(x))=x}$ για κάθε $\displaystyle{x \in (-\infty,0]}$

Έστω ότι για κάποιο $\displaystyle{x \le 0}$ έχουμε $\displaystyle{f(x)<x}$ , τότε $\displaystyle{f(f(x))<f(x)<x}$ , άτοπο.

Έστω ότι για κάποιο $\displaystyle{x \le 0}$ έχουμε $\displaystyle{f(x)>x}$ , τότε $\displaystyle{f(f(x))>f(x)>x}$ , άτοπο.

Άρα $\displaystyle{(5)}$ $\displaystyle{f(x)=x}$ για κάθε $\displaystyle{x \le 0}$

Η $\displaystyle{(1)}$ για $\displaystyle{y=-\frac {1}{2}}$ δίνει $\displaystyle{f\left(x-\frac {1}{2}+f(-x)\right)=-x+f(x-\frac {1}{2}) \Rightarrow f(x-\frac {1}{2})=x-\frac {1}{2}}$ , για κάθε $\displaystyle{x>0}$

και για $\displaystyle{x=x+\frac {1}{2}}$ έχουμε $\displaystyle{f(x)=x}$ , για κάθε $\displaystyle{x>0}$ , άρα

$\displaystyle{\boxed{f(x)=x}}$ για κάθε $\displaystyle{x \in \Bbb{R}}$ , που είναι δεκτή, γιατί αληθεύει την $\displaystyle{(1)}$

2η περίπτωση: Η $\displaystyle{f}$ είναι στο $\displaystyle{(-\infty,0]}$ γνησίως φθίνουσα

Σε αυτή την περίπτωση έχουμε κατ' αρχάς ότι $\displaystyle{\lim_{x \to -\infty}f(x)=+\infty}$ (αποδεικνύεται εύκολα, όπως πιο πάνω)

και ότι κάθε αριθμός $\displaystyle{a>f(0)}$ γράφεται με μοναδικό τρόπο ως $\displaystyle{f(h(a))}$ , όπου $\displaystyle{h(a)<0}$

Λήμμα 1: Ο ισχυρισμός $\displaystyle{f(0)>0}$ είναι ψευδής

Αν ο περιορισμός της $\displaystyle{f}$ στα θετικά $\displaystyle{x}$ παίρνει και αρνητικές τιμές, τότε θα υπάρχει $\displaystyle{x_0>0}$ ώστε $\displaystyle{f(x_0)=0}$

Βάζοντας στην $\displaystyle{(1)}$ όπου $\displaystyle{x,y}$ το $\displaystyle{\sqrt{\frac {x_0}{2}}}$ έχω

$\displaystyle{f\left(2 \sqrt{\frac {x_0}{2}}+f(x_0)\right)=x_0+f\left(2 \sqrt{\frac {x_0}{2}}\right) \Rightarrow x_0=0}$ , άτοπο.

Αν ο περιορισμός της $\displaystyle{f}$ στα θετικά $\displaystyle{x}$ παίρνει μόνον θετικές τιμές, τότε βάζοντας στην $\displaystyle{(1)}$

$\displaystyle{y=x>0}$ έχω $\displaystyle{f(2x+f(2x^2)=2x^2+f(2x)>2x^2}$ .

Συνεπώς ο ανωτέρω περιορισμός μπορεί να πάρει την οσοδήποτε μεγάλη θετική τιμή.

Έστω $\displaystyle{f(x_1)}$ μία τέτοια. Τότε υπάρχει αρνητικός αριθμός $\displaystyle{h(x_1)}$ με αρκετά μεγάλη απόλυτη τιμή ώστε $\displaystyle{f(x_1)=f(h(x_1))}$ ,

συνεπώς $\displaystyle{f(f(x_1))=f(f(h(x_1))) \Rightarrow f(f(x_1))=h(x_1)+f(0)<0}$ , άτοπο.

Λήμμα 2: Ο ισχυρισμός $\displaystyle{f(0)<0}$ είναι ψευδής

Πράγματι, αν αληθεύει, τότε $\displaystyle{f(f(0))>f(0)}$ , το οποίο είναι άτοπο, γιατί $\displaystyle{f(f(0))=f(0)}$ .

Από τα πιο πάνω λήμματα προκύπτει ότι $\displaystyle{f(0)=0}$ , άρα $\displaystyle{(a)}$ $\displaystyle{f(f(x))=x}$ για κάθε $\displaystyle{x \le 0}$

Έστωσαν $\displaystyle{x_1,x_2>0}$ με $\displaystyle{f(x_1)=f(x_2)}$ , τότε $\displaystyle{f(f(h(x_1)))=f(f(h(x_2))}$ με $\displaystyle{h(x_1),h(x_2)<0}$

$\displaystyle{ \Rightarrow h(x_1)=h(x_2) \Rightarrow f(h(x_1))=f(h(x_2)) \Rightarrow x_1=x_2}$

Άρα η $\displaystyle{f}$ είναι και στο $\displaystyle{[0,+\infty)}$ $\displaystyle{1-1}$ , συνεπώς είναι και στους μη αρνητικούς γνησίως μονότονη.

Αν είναι γνησίως αύξουσα, έχουμε $\displaystyle{f(x)>0}$ για κάθε $\displaystyle{x>0}$ .

Άρα υπάρχουν $\displaystyle{x_1>0}$ και $\displaystyle{x_2<0}$ ώστε $\displaystyle{f(x_1)=f(x_2) \Rightarrow f(f(x_1))=f(f(x_2))=x_2<0}$ , άτοπο.

Δηλαδή η $\displaystyle{f}$ είναι γνησίως φθίνουσα και στους θετικούς και, λόγω συνέχειας, γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{\Bbb{R}}$ , άρα $\displaystyle{f(x)<0}$

για κάθε $\displaystyle{x>0}$

Έστω ότι για κάποιο $\displaystyle{x>0}$ έχουμε $\displaystyle{f(f(x)) \neq x}$ , άρα $\displaystyle{f(f(f(x)))\neq f(x) \Rightarrow f(x) \neq f(x)}$ , άτοπο.

Άρα $\displaystyle{(b)}$ $\displaystyle{f(f(x))=x}$ , για κάθε $\displaystyle{x \in \Bbb{R}}$

Από την $\displaystyle{(b)}$ εύκολα συμπεραίνουμε ότι η $\displaystyle{f}$ αντιστρέφεται στο και $\displaystyle{f(x)=f^{-1}(x)}$ για κάθε $\displaystyle{x \in \Bbb{R}}$

Αφ' ετέρου, επειδή για κάθε $\displaystyle{a>0,b \le 0}$ υπάρχουν $\displaystyle{x,y}$ ώστε $\displaystyle{x+y=a \wedge 2xy=b}$ η $\displaystyle{(1)}$ δίνει

$\displaystyle{(*)}$ $\displaystyle{f(a+f(b))=b+f(a)}$

Αν $\displaystyle{a,b>0}$ , τότε

$\displaystyle{f(a+b)=f(f(h(a))+f(h(b))=h(b)+f(f(h(a))=h(b)+h(a)=f^{-1}(b)+f^{-1}(a)=f(b)+f(a)}$

Άρα η $\displaystyle{f}$ είναι συνάρτηση Cauchy στο $\displaystyle{(0,+\infty)}$ , συνεπώς $\displaystyle{f(x)=kx}$ για κάθε $\displaystyle{x>0}$ , όπου $\displaystyle{k<0}$

και επαληθεύοντας στην αρχική βρίσκω $\displaystyle{f(x)=-x}$ για κάθε $\displaystyle{x>0}$ .

Όμοια βρίσκω ότι $\displaystyle{f(x)=-x}$ για κάθε $\displaystyle{x<0}$ , άρα

$\displaystyle{\boxed{f(x)=-x}}$ για κάθε $\displaystyle{x \in \Bbb{R}}$ , που είναι δεκτή, γιατί επαληθεύει την $\displaystyle{(1)}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 01, 2014 7:17 pm**

Άλλη μια λύση:
http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 6&t=529497

mathematica.gr

Συναρτησιακή εξίσωση (κ) (Δ.13)

Συναρτησιακή εξίσωση (κ) (Δ.13)

Re: Συναρτησιακή εξίσωση (κ)

Re: Συναρτησιακή εξίσωση (κ) (Δ.13)