1-1

#1

Η συνάρτηση $f:\mathbb{R}^+ \rightarrow \mathbb{R}^+$ είναι τέτοια ώστε $\displaystyle{\displaystyle f(x+f(y))+f(y+f(x))=2(x+y) ,}$ για κάθε $\displaystyle{x,y \in \mathbb{R}^+.}$
Να δείξετε ότι είναι 1-1.
Μπορούμε να βρούμε τις συναρτήσεις με αυτή την ιδιότητα;

#2

Θέτω $\displaystyle{x+f(x)=g(x)}$ Τότε για $\displaystyle{x=y }$ παίρνω $\displaystyle{f(x+f(x))=2x\Rightarrow f(g(x))=2x, g(g(x))-g(x)=2x}$

Τότε εύκολα $\displaystyle{g:1-1}$ Aν $\displaystyle{f(g(x_1))=f(g(x_2))\Rightarrow x_1=x_2\Rightarrow g(x_1)=g(x_2)}$ και επειδή η $\displaystyle{f}$ είναι και ΕΠΙ λόγω της $\displaystyle{f(x+f(x))=2x}$ έπεται ότι $\displaystyle{f:1-1}$

2. είναι $\displaystyle{g(g(x))-g(x)=2x}$ Θέτοντας $\displaystyle{a_0=x,a_{n+1}=g(a_n),n=0,1,...}$ προκύπτουν
α. $\displaystyle{a_0>0,a_1>0}$ από το πεδίο ορισμού και το σύνολο άφιξης της $\displaystyle{g}$
b. $\displaystyle{a_{n+2}-a_{n+1}=2a_n}$ με $\displaystyle{a_n>0}$ οπότε $\displaystyle{a_n=k(-1)^n+m2^n}$ συνεπως $\displaystyle{k+m>0,-k+2m>0}$ δηλαδή $\displaystyle{m>0,-m<k<2m}$ oi ανισότητες αυτές εξασφαλίζουν οτι $\displaystyle{a_n>0}$

Ακόμη δεν έχω βρεί λύση μόνο τις παραπάνω σκέψεις

#3

R BORIS έγραψε:Θέτω $\displaystyle{x+f(x)=g(x)}$ Τότε για $\displaystyle{x=y }$ παίρνω $\displaystyle{f(x+f(x))=2x\Rightarrow f(g(x))=2x, g(g(x))-g(x)=2x}$

Τότε εύκολα $\displaystyle{g:1-1}$ Aν $\displaystyle{f(g(x_1))=f(g(x_2))\Rightarrow x_1=x_2\Rightarrow g(x_1)=g(x_2)}$ και επειδή η $\displaystyle{f}$ είναι και ΕΠΙ λόγω της $\displaystyle{f(x+f(x))=2x}$ έπεται ότι $\displaystyle{f:1-1}$

...

Πώς έπεται ότι η f είναι 1-1;

#4

$\displaystyle{y=g(x)=}$ ΕΠΙ kαι $\displaystyle{1-1}$ αρα αντιστρέψιμμη

$\displaystyle{f(g(x))=2x\Rightarrow f(x)=2g^{-1}(x)=1-1}$

#5

R BORIS έγραψε: $\displaystyle{y=g(x)=}$ ΕΠΙ kαι $\displaystyle{1-1}$ αρα αντιστρέψιμμη

$\displaystyle{f(g(x))=2x\Rightarrow f(x)=2g^{-1}(x)=1-1}$

Γιατί η

είναι επί;

#6

αφού f επί $\displaystyle{f(x)=}$ οποιοσδήποτε θετικός, $\displaystyle{x=}$ οποιοσδήποτε θετικός και σκέφτηκα ότι οποιοσδήποτε θετικός+οποιοσδήποτε θετικός=οποιοσδήποτε θετικός αρα $\displaystyle{x+f(x)=}$ οποιoσδήποτε θετικός δηλαδή $\displaystyle{g=}$ επί

#7

R BORIS έγραψε:αφού f επί $\displaystyle{f(x)=}$ οποιοσδήποτε θετικός, $\displaystyle{x=}$ οποιοσδήποτε θετικός και σκέφτηκα ότι οποιοσδήποτε θετικός+οποιοσδήποτε θετικός=οποιοσδήποτε θετικός αρα $\displaystyle{x+f(x)=}$ οποιoσδήποτε θετικός δηλαδή $\displaystyle{g=}$ επί

Αυτό όμως δεν ισχύει αν π.χ. $\displaystyle{f(x)=\frac{1}{x}... }$

#8

Επαναφορά!

Λάμπρος Μπαλός · #9

Επαναφορά.
Μέσα στο χάος των χαρτιών είχα αποδείξει πως αν είναι 1-1 θα είναι η f (x)=x

.
Το 1-1 όμως δεν το απέδειξα. Θα ξαναπροσπαθήσω, αν δεν υπάρξει απόδειξη.

#10

Λάμπρος Μπαλός έγραψε:Επαναφορά.
Μέσα στο χάος των χαρτιών είχα αποδείξει πως αν είναι 1-1 θα είναι η .
Το 1-1 όμως δεν το απέδειξα. Θα ξαναπροσπαθήσω, αν δεν υπάρξει απόδειξη.

Λάμπρο, αν θέλεις γράψε την απόδειξή σου ότι f(x)=x,

για κάθε

χρησιμοποιώντας το 1-1.
Το 1-1 το έχω δείξει, αλλά δε βρήκα όλες τις συναρτήσεις με την ιδιότητα της εκφώνησης...

#11

Με τη βοήθεια του Λάμπρου, βρήκα μια λύση. Την έβαλα εδώ:
http://artofproblemsolving.com/communit ... 50p4911149

Andreas A. · #12

Καλησπέρα. Μια πιο "λυκειακή" προσέγγιση του θέματος:

Ισχύει: $\boxed{f(x+f(y))+f(y+f(x))=2(x+y)}\quad \forall x,y \in \mathbb{R^+}$ (σχέση 1)

Στην (1) θέτουμε x=y=0:
$f(0+f(0))+f(0+f(0))=2(0+0)\Rightarrow 2f(f(0))=0\Rightarrow \boxed{\mathbf{f(f(0))=0}}$ (σχέση 2)

Στην (1) μπορουμε να θέσουμε x=y=f(0), αφού από το σύνολο αφίξεως γνωρίζουμε ότι: $f(0)\geq 0$

(1) για x=y=f(0):
$f(f(0)+f(f(0)))+f(f(0)+f(f(0)))=2(f(0)+f(0))\overset{(2)}{\Rightarrow} \newline \overset{(2)}{\Rightarrow} f(f(0)+0)+f(f(0)+0)=4f(0)\Rightarrow 2f(f(0))=4f(0)\overset{(2)}{\Rightarrow}\boxed{\mathbf{f(0)=0}}$ (σχέση 3)

Στην (1) θέτουμε y=0:
$f(x+f(0))+f(0+f(x))=2(x+0)\overset{(3)}{\Rightarrow} \boxed{\mathbf{f(x)+f(f(x))=2x}}$ (σχέση 4)

Τώρα έστω $x_1,x_2\in \mathbb{R^+}$ με:
$\mathbf{f(x_1)=f(x_2)}\Rightarrow f(f(x_1))=f(f(x_2))\xrightarrow[]{f(x_1)=f(x_2)}\newline\rightarrow f(f(x_1))+f(x_1)=f(f(x_2))+f(x_2)\overset{(4)}{\Rightarrow} 2x_1=2x_2\Rightarrow \mathbf{x_1=x_2}$

Άρα f:1-1

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #13

Andreas A. έγραψε:Καλησπέρα. Μια πιο "λυκειακή" προσέγγιση του θέματος:

Ισχύει: $\boxed{f(x+f(y))+f(y+f(x))=2(x+y)}\quad \forall x,y \in \mathbb{R^+}$ (σχέση 1)

Στην (1) θέτουμε x=y=0:
$f(0+f(0))+f(0+f(0))=2(0+0)\Rightarrow 2f(f(0))=0\Rightarrow \boxed{\mathbf{f(f(0))=0}}$ (σχέση 2)

Στην (1) μπορουμε να θέσουμε x=y=f(0), αφού από το σύνολο αφίξεως γνωρίζουμε ότι: $f(0)\geq 0$

(1) για x=y=f(0):
$f(f(0)+f(f(0)))+f(f(0)+f(f(0)))=2(f(0)+f(0))\overset{(2)}{\Rightarrow} \newline \overset{(2)}{\Rightarrow} f(f(0)+0)+f(f(0)+0)=4f(0)\Rightarrow 2f(f(0))=4f(0)\overset{(2)}{\Rightarrow}\boxed{\mathbf{f(0)=0}}$ (σχέση 3)

Στην (1) θέτουμε y=0:
$f(x+f(0))+f(0+f(x))=2(x+0)\overset{(3)}{\Rightarrow} \boxed{\mathbf{f(x)+f(f(x))=2x}}$ (σχέση 4)

Τώρα έστω $x_1,x_2\in \mathbb{R^+}$ με:
$\mathbf{f(x_1)=f(x_2)}\Rightarrow f(f(x_1))=f(f(x_2))\xrightarrow[]{f(x_1)=f(x_2)}\newline\rightarrow f(f(x_1))+f(x_1)=f(f(x_2))+f(x_2)\overset{(4)}{\Rightarrow} 2x_1=2x_2\Rightarrow \mathbf{x_1=x_2}$

Άρα f:1-1

Το $\mathbb{R}^{+}$ δεν περιέχει το

(έτσι νομίζω)

Andreas A. · #14

Το $\mathbb{R}^{+}$ δεν περιέχει το
(έτσι νομίζω)

Το έχω συναντήσει να ορίζεται ως $\mathbb{R^+}=\{x\in\mathbb{R}\mid x\geq 0\}$ και όταν δεν περιέχει το 0 να συμβολίζεται $\mathbb{R^*_+}$ , δηλαδή $\mathbb{R^*_+}=\{x\in\mathbb{R}\mid x> 0\}$ , αλλά με μια πρόχειρη έρευνα που έκανα, τώρα που αναφέρθηκε, κατάλαβα ότι διαφέρει από συγγραφέα σε συγγραφέα το αν το $\mathbb{R}^{+}$ περιέχει το 0 η όχι. Αξίζει λοιπόν να διευκρινιστεί αν εδώ το $\mathbb{R}^{+}$ εννοείται με η χωρίς το 0. Αν κάποιος γνωρίζει κάτι παραπάνω στο θέμα ας μου το διασαφηνίσει, γιατί άκρη δεν βρήκα.

#15

R BORIS έγραψε:αφού f επί $\displaystyle{f(x)=}$ οποιοσδήποτε θετικός, $\displaystyle{x=}$ οποιοσδήποτε θετικός και σκέφτηκα ότι οποιοσδήποτε θετικός+οποιοσδήποτε θετικός=οποιοσδήποτε θετικός αρα $\displaystyle{x+f(x)=}$ οποιoσδήποτε θετικός δηλαδή $\displaystyle{g=}$ επί

συγνωμη για το χονδροειδες λαθος. Μια άλλη σκεψη
$\displaystyle{f(g(x))=2x=}$ επι αρα $\displaystyle{f=}$ επι
οπου $\displaystyle{x}$ το $\displaystyle{g(x)}$ αρα $\displaystyle{f(g(g(x)))/2=g(x)=}$ επί αρα $\displaystyle{g}$ επί

1-1

1-1

Re: 1-1

Re: 1-1

Re: 1-1

Re: 1-1

Re: 1-1

Re: 1-1

Re: 1-1

Re: 1-1

Re: 1-1

Re: 1-1

Re: 1-1

Re: 1-1

Re: 1-1

Re: 1-1

Μέλη σε σύνδεση