mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 17, 2014 2:33 pm**

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

Πολλές από τις τελευταίες συναρτησιακές που πρότεινα, μπορούν να λυθούν χρησιμοποιώντας την παραπάνω...

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 07, 2014 6:32 pm**

$\displaystyle{F(x)=\begin{cases} f(x) & \text{ if } x>0 \\ b & \text{ if } x=0 \end{cases}}$

τότε $\displaystyle{g(x)=F( x)-F(0)}$ είναι Cauchy και μάλιστα γν.αυξουσα αφού $\displaystyle{g(x+y)-g(x)=g(y)>0,(x+y)-x>0}$

άρα της μορφής $\displaystyle{ax,x>0,a>0}$

πρέπει $\displaystyle{ax-b=F(x)}$ και ειδικότερα $\displaystyle{ax-b=f(x),x>0}$

άρα αν $\displaystyle{b>0\Rightarrow x>b/a}$ έτσι Π.Ο δεν είναι όλο το $\displaystyle{R}$ άτοπο. -

Άρα $\displaystyle{a>0,-b=B\ge 0,x>0,f(x)=ax+B}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 07, 2014 8:22 pm**

R BORIS έγραψε: $\displaystyle{F(x)=\begin{cases} f(x) & \text{ if } x>0 \\ b & \text{ if } x=0 \end{cases}}$

τότε $\displaystyle{g(x)=F( x)-F(0)}$ είναι Cauchy και μάλιστα γν.αυξουσα αφού $\displaystyle{g(x+y)-g(x)=g(y)>0,(x+y)-x>0}$

άρα της μορφής $\displaystyle{ax,x>0,a>0}$

πρέπει $\displaystyle{ax-b=F(x)}$ και ειδικότερα $\displaystyle{ax-b=f(x),x>0}$

άρα αν $\displaystyle{b>0\Rightarrow x>b/a}$ έτσι Π.Ο δεν είναι όλο το $\displaystyle{R}$ άτοπο. -

Άρα $\displaystyle{a>0,-b=B\ge 0,x>0,f(x)=ax+B}$

Δε βλέπω πού χρησιμοποιήθηκε η αρχική σχέση $\displaystyle{ \displaystyle{f\left(\frac{x+y}{2}\right)=\frac{f(x)+f(y)}{2} ...}}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 08, 2014 9:12 am**

η αρχική για $\displaystyle{y=0}$ δίνει $\displaystyle{f(x/2)=F(x/2)=1/2(F(x)+F(0))}$

όμοια $\displaystyle{F(y/2)=1/2(F(y)+F(0))}$

$\displaystyle{F(x/2)+F(y/2)=F(x+y/2)+F(0)}$ ή

$\displaystyle{(F(x/2)-F(0))+(F(y/2)-F(0))=F(x/2+y/2)-F(0)}$

και $\displaystyle{f=F,x\in (0,+\infty)}$ ...

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Δεκ 09, 2014 9:11 pm**

R BORIS έγραψε:η αρχική για $\displaystyle{y=0}$ δίνει $\displaystyle{f(x/2)=F(x/2)=1/2(F(x)+F(0))}$

όμοια $\displaystyle{F(y/2)=1/2(F(y)+F(0))}$

$\displaystyle{F(x/2)+F(y/2)=F(x+y/2)+F(0)}$ ή

$\displaystyle{(F(x/2)-F(0))+(F(y/2)-F(0))=F(x/2+y/2)-F(0)}$

και $\displaystyle{f=F,x\in (0,+\infty)}$ ...

Μα $0\notin \Bbb{R}^+,$ πώς θέτουμε στην αρχική $\displaystyle{y=0}$ ;

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 10, 2014 8:08 pm**

Δεν εθεσα στην f το 0 αλλά στην F
ομως για χ>0 f=F

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Δεκ 23, 2014 6:46 pm**

R BORIS έγραψε:Δεν εθεσα στην f το 0 αλλά στην F
ομως για χ>0 f=F

Πώς ξέρουμε όμως ότι η

ικανοποιεί την αρχική σχέση για κάθε $x\geq 0$ ;

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 16, 2015 5:10 pm**

Ξέρουμε ότι

$\displaystyle{f(\frac{x+y}{2})=\frac{f(x)+f(y)}{2}}$ άρα $\displaystyle{F(\frac{x+y}{2})=\frac{F(x)+F(y)}{2}}$
επαληθεύει για $\displaystyle{x,y>0}$

για $\displaystyle{y=y-x\Rightarrow f(y/2)=\frac{f(x)+f(y-x)}{2}}$ για $\displaystyle{y=x\Rightarrow 2f(x/2)=F(0)+f(x)}$

θέτοντας $\displaystyle{g(x)=f(x)-F(0)\Rightarrow 2g(x/2)=g(x)}}$

επαγωγικά $\displaystyle{2^ng(x/2^n)=g(x)\Rightarrow \lim_{u\to 0}{g(u)}=0\Rightarrow \lim_{u\to 0}{f(u)}=F(0)}}$
επαληθεύει για $\displaystyle{0,x>0}$

είναι προφανες για $\displaystyle{x=y=0}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 06, 2015 7:21 pm**

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

Πολλές από τις τελευταίες συναρτησιακές που πρότεινα, μπορούν να λυθούν χρησιμοποιώντας την παραπάνω...

Γεια σου Θανάση.Βάζω τη λύση για την οποία σου είχα πει πριν από λίγο καιρό.

Έστω $\displaystyle{f\left(\frac{x+y}{2}\right)=\frac{f(x)+f(y)}{2}:P(x,y)}$ .

Τότε $\displaystyle{P(x,2y):f\left(\frac{x+2y}{2}\right)=\frac{f(x)+f(2y)}{2}}$ .

$\displaystyle{P(x+y,y):f\left(\frac{x+2y}{2}\right)=\frac{f(x+y)+f(y)}{2}}$ επομένως $\displaystyle{f(x)+f(2y)=f(x+y)+f(y) \ \bf \color{red} (1)}$ .

Όμως $\displaystyle{P(2x,2y):f(x+y)=\frac{f(2x)+f(2y)}{2}}$ άρα με αντικατάσταση στην $\displaystyle{\bf \color{red} (1)}$ προκύπτει

$\displaystyle{2f(x)+2f(2y)=f(2y)+f(2x)+2f(y)\Leftrightarrow f(2x)-2f(x)=f(2y)-2f(y)}$ άρα η $\displaystyle{g(x)=f(2x)-2f(x) \ ,x>0}$ είναι σταθερή.

Έστω $\displaystyle{g(x)=c \ \forall x>0}$ .

Τότε $\displaystyle{f\left(\frac{x+y}{2}\right)=\frac{f(x+y)-c}{2}}$ και αντικαθιστώντας στην αρχική παίρνουμε $\displaystyle{f(x+y)-c=f(x)+f(y)}$ .

Αν $\displaystyle{h(x)=f(x)+c \ ,x>0}$ τότε η παραπάνω γράφεται ως $\displaystyle{h(x+y)=h(x)+h(y)}$ που είναι η σχέση Cauchy.

Έστω $\displaystyle{c>0}$ .Τότε για κάθε $\displaystyle{x>0}$ ισχύει $\displaystyle{h(x)>0}$ άρα από γνωστό λήμμα παίρνουμε $\displaystyle{h(x)=kx}$ για $\displaystyle{x>0}$ όπου $\displaystyle{k>0}$ .

Όμως τότε $\displaystyle{f(x)=kx-c}$ για κάθε $\displaystyle{x>0}$ .Όμως παίρνοντας όριο στο $\displaystyle{0}$ παίρνουμε άτοπο αφού πρέπει η $\displaystyle{f}$ να είναι πάντα θετική.Άρα $\displaystyle{c\leq 0}$ .

Η $\displaystyle{h}$ είναι κάτω φραγμένη γιατί ξεκάθαρα $\displaystyle{h(x)>c \ \forall x>0}$ .Άρα $\displaystyle{h(x)=kx \ \forall x>0}$ όπου $\displaystyle{k>0}$ .

Επομένως $\displaystyle{f(x)=kx-c}$ για κάθε $\displaystyle{x>0}$ όπου $\displaystyle{k>0}$ και $\displaystyle{c\leq 0}$ .

$\rule{430pt}{1pt}$

Να πω πως το θεώρημα για την κάτω φραγμένη που χρησιμοποίησα στο τέλος της λύσης,μού το έκανε γνωστό ο Θανάσης.

Ελπίζω να μην υπάρχει κάποιο κενό.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 12, 2015 3:28 am**

Σωστά, Γιώργο!

Υπάρχει και μια ακόμη περίπτωση: k=0, c<0

(σταθερή συνάρτηση)

mathematica.gr

Χρήσιμη συναρτησιακή

Χρήσιμη συναρτησιακή

Re: Χρήσιμη συναρτησιακή

Re: Χρήσιμη συναρτησιακή

Re: Χρήσιμη συναρτησιακή

Re: Χρήσιμη συναρτησιακή

Re: Χρήσιμη συναρτησιακή

Re: Χρήσιμη συναρτησιακή

Re: Χρήσιμη συναρτησιακή

Re: Χρήσιμη συναρτησιακή

Re: Χρήσιμη συναρτησιακή