Εύκολη συναρτησιακή!

#1

Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις $f:\mathbb R^+\rightarrow \mathbb R^+$ τέτοιες ώστε f(x+yf(x))=xy+f(x),

για κάθε $x,y \in \mathbb R^+.$

#2

Για

(επιτρέπεται η επιλογή αφού f(x) > 0

) παίρνω

$\displaystyle{ f(x+1) = \frac{x}{f(x)} + f(x). \quad (1)}$

Έστω $z \in \mathbb{R}^+$

Για x=z+1

στην (1) παίρνω

$\displaystyle{ f(z+2) = \frac{z+1}{f(z+1)} + f(z+1) = \frac{z+1}{\frac{z}{f(z)}+f(z)} + \frac{z}{f(z)} + f(z) \quad (2)}$

Όμως για x=z, y=2/f(z)

στην αρχική παίρνω ότι

$\displaystyle{ f(z+2) = \frac{2z}{f(z)} + f(z) \quad (3)}$

Συγκρίνοντας τώρα τις (2) και (3) παίρνω

$\displaystyle{ \frac{z}{f(z)} = \frac{z+1}{\frac{z}{f(z)}+f(z)}}$

το οποίο μετά από πράξεις δίνει $\displaystyle{ f(z)^2 = z^2.}$

Εφόσον όμως $f(z) \in \mathbb{R}^+$ είναι f(z) = z

. Αυτό ισχύει για κάθε $z \in \mathbb{R}^+$ .

$\rule{500pt}{1pt}$

Ας βρεθούν και όλες οι $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ ώστε f(x + yf(x)) = yx + f(x)

για κάθε $x,y \in \mathbb{R}$ .

#3

Ωραία, Δημήτρη! Έχω διαφορετική λύση, αν δε δοθεί θα την βάλω κι αυτή...

chris · #4

Demetres έγραψε:
Ας βρεθούν και όλες οι $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ ώστε για κάθε $x,y \in \mathbb{R}$ .

Για

η σχέση δίνει:
$\boxed{f(1+yf(1))=y+f(1)}: (2)$ από όπου προκύπτει πως η

είναι επί και άρα υπάρχει x_0

με

.
H αρχική για $x \rightarrow x_0$ δίνει: f(x_0)=yx_0

και άρα

και

.
Λόγω της (2)

είναι $f(1)\neq 0$ και αυτή για $\displaystyle y \rightarrow \frac{-1}{f(1)}$ δίνει:
$f(0)=f(1)-\frac{1}{f(1)} \Rightarrow f^2(1)=1$ .
-Αν f(1)=1

λόγω της

παίρνουμε $f(x)=x ,\forall x \in \mathbb{R}$
-Αν f(1)=-1

λόγω της

παίρνουμε $f(x)=-x, \forall x \in \mathbb{R}$
Και οι 2 συναρτήσεις επαληθεύουν την αρχική.

maiksoul · #5

Καλησπέρα σε όλους!

socrates έγραψε:Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις $f:\mathbb R^+\rightarrow \mathbb R^+$ τέτοιες ώστε για κάθε $x,y \in \mathbb R^+\;\;\;\;(1).$

Για

η αρχική γίνεται: $f(x+f(x))=x+f(x)\;\;\displaystyle{ \forall x \succ 0 }\;\;(2)$

Για $\displaystyle{ \,\,\,y = \frac{1}{x}\,\,:\,\,\,\,\,\,(1) \Rightarrow f(\,\,x + \frac{{f(x)}}{x}\,\,) = 1 + f(x)\,\,\,\,\,\,\forall x \succ 0\,\,\,\,(3) }$

Αντικαθιστώντας το

με το

έχουμε από (3):

$\displaystyle{ \,\,f\left( {x + f(x) + \frac{{f(x + f(x))}}{{x + f(x)}}} \right) = 1 + f\left( {x + f(x)} \right)\mathop \Leftrightarrow \limits^{(2)} \,f(x + f(x) + 1) = x + f(x) + 1\,\,\,\,\,\forall x \succ 0\,\,\,\,(4)\,\, }$

Για $\displaystyle{ \,\,y = \frac{1}{{f(x)}} + 1\,:\,\,\,\,\,\,(1) \Rightarrow f\left( {x + 1 + f(x)} \right) = \frac{x}{{f(x)}} + x + f(x)\,\,\,\,\forall x \succ 0\,\,\,\,(5)\,\,\, }$

Από τις δύο τελευταίες ισότητες έχουμε:

$\displaystyle{ \,\,\,\frac{x}{{f(x)}} + x + f(x) = x + f(x) + 1\, \Leftrightarrow \frac{x}{{f(x)}} = 1 \Leftrightarrow f(x) = x\,\,\,\,\forall x \succ 0\, }$

που επαληθεύει.

#6

Ωραία, Μιχάλη!

Άλλη λύση:

Για x=1

έχουμε

οπότε $\displaystyle{f(x)=\frac{x-1}{f(1)}+f(1)=ax+b,}$ για κάθε x>1.

Παίρνοντας x>1

στην αρχική εύκολα καταλήγουμε στη σχέση $\displaystyle{(a^2-1)x+ab=0,}$ για κάθε x>1,

απ' όπου έχουμε a=1, b=0,

δηλαδή

για κάθε

Έστω τώρα $x\in \Bbb{R}^+,$ αυθαίρετο. Υπάρχει y>1

ώστε $\displaystyle{x+yf(x)>1.}$ Τότε x+yf(x)=xy+f(x)

οπότε

αφού $y\ne 1.$
Το

είναι αυθαίρετο, οπότε f(x)=x,

για κάθε $x\in \Bbb{R}^+,$ που είναι λύση.

Εύκολη συναρτησιακή!

Εύκολη συναρτησιακή!

Re: Εύκολη συναρτησιακή!

Re: Εύκολη συναρτησιακή!

Re: Εύκολη συναρτησιακή!

Re: Εύκολη συναρτησιακή!

Re: Εύκολη συναρτησιακή!

Μέλη σε σύνδεση