mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 03, 2014 10:59 am**

Να βρείτε όλες τις συναρτήσεις $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ που ικανοποιούν τη σχέση

$\displaystyle{f\left( x \right)f\left( {yf\left( x \right) - 1} \right) = {x^2}f\left( y \right) - f\left( x \right)}$

για κάθε $x, y \in \mathbb{R}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 04, 2014 8:54 pm**

Επανέρχομαι με κάτι διαφορετικό...

Για $x=0\Rightarrow f(0)(f(yf(0)-1)+1)=0$ .Οπότε έχουμε 2 περιπτώσεις:
α)Αν $f(0)\neq 0$ ,τότε $f(yf(0)-1)=-1\Rightarrow f(y)=-1$ που δεν ικανοποιεί.
β) f(0)=0

.
Για $y=0\Rightarrow f(x)(f(-1)+1)=0$ ,άρα $f(x)=0,x\in R$ (που ικανοποιεί) αν $f(-1)\neq -1$ .
Στη δεύετρη περίπτωση ισχύει f(-1)=-1

.
Για $x=y=1\Rightarrow f(1)f(f(1)-1)=0$ .
$\bullet$ Αν f(1)=0

,για

προκύπτει

(την έχουμε βρει ήδη)
$\bullet$ f(f(1)-1)=0

(1).
Θα δείξω ότι το 0 είναι το μοναδικό σημείο μηδενισμού της

.Έστω $f(x_0)=0,x_0\neq 0$ .
Για $x=x_0,y=-1\Rightarrow x_0^2f(-1)=0\Rightarrow x_0=0$ , άτοπο.Άρα $f(x)=0\Leftrightarrow x=0$ .
Επομένως $(1)\Rightarrow f(1)=1$ .
Για $x=1\Rightarrow f(y-1)=f(y)-1$ (2).
Για $y=1\Rightarrow f(x)f(f(x)-1)=x^2-f(x)\Leftrightarrow f(x)f(f(x))=x^2$ (3)(έγινε χρήση της (2)).
Για $x=-1\Rightarrow -f(-y-1)=f(y)+1$ .
$(2):y\rightarrow -y\implies f(-y-1)=f(-y)-1\Leftrightarrow -f(y)-1=f(-y)-1\Leftrightarrow f(-y)=-f(y)$ ,άρα η συνάρτηση είναι περιττή.
Για $x=y\implies f(xf(x)-1)=x^2-1$ ,συνεπώς η

παίρνει όλες τις τιμές στο (-1,+oo)

και αφού είναι και περιττή,θα είναι επί του

.
Λόγω της (3) η αρχική γράφεται $f(x)f(yf(x)-1)=f(x)f(f(x))f(y)-f(x)\Leftrightarrow f(yf(x)-1)=f(f(x))f(y)-1$ .Εφόσον,τώρα η

είναι επί,αυτή θα γίνει $f(xy-1)=f(x)f(y)-1\Leftrightarrow f(xy)=f(x)f(y)$ (έγινε χρήση της (2)).Άρα η συνάρτηση είναι πολλαπλασιαστική.

Για $y\rightarrow -y\Rightarrow f(x)f(yf(x)+1)=f(x)f(f(x))f(y)+f(x)\Leftrightarrow f(yxf(x)+x)=f(yxf(x))+f(x)$ (4).
$(4):y\rightarrow\frac{y}{xf(x)},x\neq 0\implies f(x+y)=f(x)+f(y)$ ,άρα προσθετική.
Εύκολα τώρα(με γνωστή διαδικασία) δείχνουμε ότι η

είναι ταυτοτική στα διαστήματα (-oo,0),(0,+oo)

κι επειδή

,θα ισχύει f(x)=x

.
Άρα οι λύσεις είναι οι μηδενική και η ταυτοτική.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 06, 2014 7:26 pm**

Ομορφη συναρτησιακή !
Ας δούμε μια διαφορετική προσέγγιση ...
Αρχικά θέτουμε x=0

και λαμβάνουμε f(0)f(yf(0)-1)=-f(0)

Οπότε αν ειναι $f(0)\neq 0$ τότε θα έχουμε $f(x)\equiv-1$ σταθερή , η οποία όμως δεν ικανοποιεί τη δοθεί σε σχέση.
Συγκεκριμένα , αν η

ήταν σταθερή τότε υποχρεωτικά θα είχαμε f(x)=0

,η οποία αποτελεί λύση.
Ας υποθέσουμε στο εξής ότι η

δεν είναι σταθερή .
Αρχικά παρατηρούμε ότι εάν έχουμε $f(x_{1})=f(x_{2})$ τότε θα ισχύει $x_{1}=+/-x_{2}$
Θέτουμε x=y=1

από όπου προκύπτει
f(1)f(f(1)-1)=0

Αν

τότε για

στην αρχική συμπεραινουμε ότι η

θα είναι σταθερή, άτοπο.
Αρα $f(1)\neq 0$ και f(f(1)-1)=0=f(0)

το οποίο σύμφωνα με την παραπάνω παρατήρηση δίνει f(1)=1

Για

στην αρχική εξίσωση λαμβάνουμε f(y-1)=f(y)-1

το οποίο εύκολα με επαγωγή δίνει
f(y+n)=f(y)+n

για κάθε $n\in Z$
Η δεδομένη εξίσωση γράφεται ισοδύναμα
$f(x)[f(xf(y))-1]=x^{2}f(y)-f(x) \Leftrightarrow f(x)^2=x^2$
Οπου για να προκύψει η τελευταία σχέση , θέσαμε y=1

Η σχέση αυτή σε συνδυασμό με την f(x+n)=f(x)+n

λύνει την εξίσωση αφού για x-->x+1

έχουμε : $f(x+1)^2=(x+1)^2 \Leftrightarrow f(x)^2+2f(x)+1=x^2+2x+1 \Leftrightarrow f(x)=x$
Η οποία πράγματι αποτελεί λύση της δοθείσας σχέσης.

mathematica.gr

Σαρακοστιανή Συναρτησιακή!

Σαρακοστιανή Συναρτησιακή!

Re: Σαρακοστιανή Συναρτησιακή!

Re: Σαρακοστιανή Συναρτησιακή!