mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Δεκ 22, 2009 7:16 pm**

Σε συνέχεια του viewtopic.php?f=52&t=4167 προτείνουμε το εξής:

Πρόβλημα. Να βρεθούν (με απόδειξη) όλες οι συνεχείς συναρτήσεις $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ που ικανοποιούν τη σχέση

f(f(x))+f(x)=x

για κάθε $x\in \mathbb{R}$ .

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Δεκ 22, 2009 9:26 pm**

Δινω αρκετα ισχυρη υποδειξη.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Με αυτο το μηνυμα(το 100στο ! ) θα ηθελα να ευχηθω, διοτι θα ειμαι εκτος σπιτιου για καποιες μερες λογω διακοπων , καλες γιορτες σε ολα τα μελη του forum και καλη συνεχεια

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Δεκ 28, 2010 4:38 pm**

Mετά απο προσωπικό μήνυμα του Δημήτρη δίνω αναλυτικά την λύση μου στο θέμα. (Αμφιβάλλω βέβαια για το κατα πόσο είχα σκεφτεί την ίδια συνέχεια και πέρυσι).
H παρακάτω προσέγγιση δείχνει γενικά πιστεύω μια μέθοδο αντιμετώπισης τέτοιων συναρτησιακών εξισώσεων. Μάλιστα η συγκεκριμένη είναι αρκετά απαιτητική και σίγουρα χαρακτηριστικό παράδειγμα.

Αρχικά παρατηρούμε ότι επειδή είναι συνεχής και 1-1 είναι και μονότονη. Επίσης τα όρια στο άπειρο είναι άπειρο καθώς σε αντίθετη περίπτωση η σχέση f(f(x))=x-f(x)

θα μας έδινε άπειρο να ισούται με κάτι πεπερασμένο.

Άρα η

είναι 1-1 και επί. Άρα αντιστρέφεται η απεικόνιση και η αντίστροφη της g ικανοποιεί την σχέση x+g(x)=g(g(x))

Παίρνουμε ένα

στο

και

. Θεωρούμε την $y_n=f(y_{n-1})$ με y_0=s

, και την $x_n=g(x_{n-1})$ ,με x_0=t

.

Λύνοντας τις αναδρομικές παίρνουμε y_n=as_1^n+bs_2^n

, και $x_n=as_1^{1-n}+bs_2^{1-n}$ . ( s_1>0>s_2

οι ρίζες του x^2+x-1

,

)

Έστω ότι

όχι μηδέν.

Eπειδή η f είναι μονότονη το $(y_{n}-y_{n+1})(y_{n-1}-y_n)=y_{n+2}y_{n+1}$ διατηρεί πρόσημο που είναι το ίδιο με το πρόσημο του $(x_{n+1}-x_{n})(x_{n}-x_{n-1})=x_{n-1}x_{n-2}$ .

Όμως αφού $\frac{y_{n+1}}{y_n} \rightarrow s_2$ και $\frac{x_{n+1}}{x_n} \rightarrow s_1^{-1}$ θα έπρεπε $s_1s_2 \geq 0$ ενώ s_1s_2=-1

.

Συνεπώς για κάθε

είτε

, είτε

άρα είτε

είτε

.

Ύστερα για να δούμε ότι σε κάθε περίπτωση μονοτονίας είναι μόνο η μία που μενει παίρνουμε ένα a>0

και υποθέτουμε ότι f(a)=s_2a

και

αύξουσα. Tότε αν $0>b>\frac{as_2}{s_1}$ θα είχαμε είτε f(b)=s_2b>0>f(a)

είτε

. Σε κάθε περίπτωση άτοπο.
Αφού για τα θετικά όμως έχουμε πάρει όλες τις θετικές τιμές μέσω της

λόγω του 1-1 το ζητούμενο έπεται και για τα αρνητικα.
(Η κατάσταση λόγω του προσήμου των s_1,s_2

είναι συμμετρική για

φθίνουσα)

EDIT: πρόσθεσα μελέτη της περίπτωσης ισότητας.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 31, 2010 8:00 am**

Να τονίσω ότι ο τρόπος του Ηλία δουλεύει και οταν έχουμε να κάνουμε με την αντίστροφη
Για παράδειγμα δείτε 10Δ5-6 σελίδα 76 εδώ

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 30, 2011 11:25 am**

Ας σημειωθεί ότι to πρόβλημα με την αντίστροφη

*************************************************************************************

Να βρεθούν όλες οι συνεχείς συναρτήσεις $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ που ικανοποιούν τη σχέση

f(f(x))=f(x)+x

για κάθε $x\in \mathbb{R}$ .

*************************************************************************************

τέθηκε στο Διεθνικό Μαθηματικό Διαγωνισμό Ουγγαρίας-Ισραήλ το 2001.

Μια λύση από τον Pierre Bornsztein, δημοσιεύτηκε στο Crux, Vol. 31§, No.8, Δεκέμβριος 2005, σελ. 510-511.

Φιλικά,

Αχιλλέας

mathematica.gr

Συναρτησιακή εξίσωση - Δ3.33

Συναρτησιακή εξίσωση - Δ3.33

Re: Συναρτησιακή εξίσωση

Re: Συναρτησιακή εξίσωση

Re: Συναρτησιακή εξίσωση

Re: Συναρτησιακή εξίσωση - Δ3.39