Βρείτε τις συναρτήσεις

#1

Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ τέτοιες ώστε $\displaystyle{ f(x)f(y) = |x − y| f\left(\frac{xy + 1}{x − y}\right),}$ για κάθε $x,y\in\mathbb{R}, \ x\ne y.$

nikoszan · #2

$\displaystyle{f(x)f(y) = |x - y|f\left( {\frac{{xy + 1}}{{x - y}}} \right)\,\,,\forall x,y \in ,x \ne y\,:\left( 1 \right)}$
$\displaystyle{ \bullet }$ Αν $\displaystyle{f\left( 0 \right) = 0}$ , τότε:
$\displaystyle{\left( 1 \right)\mathop \Rightarrow \limits_{\left( {y = 0} \right)}^{\left( {x: \mapsto \frac{1}{x}} \right)} f(\frac{1}{x})f(0) = |x - 0|f\left( {\frac{{\frac{1}{x}0 + 1}}{{\frac{1}{x} - 0}}} \right)\,\,,\forall x \ne 0\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {f(0) = 0} \right)} }$
$\displaystyle{ \Rightarrow \left| x \right|f\left( x \right) = 0,\forall x \ne 0 \Rightarrow f\left( x \right) = 0,\forall x \ne 0}$ και επειδή είναι $\displaystyle{f\left( 0 \right) = 0}$ έπεται ότι $\displaystyle{f\left( x \right) = 0,\forall x \in R}$ (ικανοποιεί την υπόθεση)

$\displaystyle{ \bullet }$ Αν $\displaystyle{f\left( 0 \right) \ne 0}$ ,τότε
$\displaystyle{\left( 1 \right)\mathop \Rightarrow \limits_{}^{\left( {y = - \,\frac{1}{x}} \right)} f(x)f( - \,\frac{1}{x}) = |x + \frac{1}{x}|f(0) = \frac{{{x^2} + 1}}{{\left| x \right|}}f\left( 0 \right) \ne 0\,\,,\forall x \ne 0 \Rightarrow f\left( x \right) \ne 0,\forall x \ne 0}$ και επειδή είναι $\displaystyle{f\left( 0 \right) \ne 0}$ έπεται ότι $\displaystyle{f\left( x \right) \ne 0,\forall x \in R}$ .
Ακόμη έχουμε :
$\displaystyle{\left( 1 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {y = \frac{{{x^2} - 1}}{{2x}}} \right)} f\left( x \right)f\left( {\frac{{{x^2} - 1}}{{2x}}} \right) = |x - \frac{{{x^2} - 1}}{{2x}}|f\left( {\frac{{x\frac{{{x^2} - 1}}{{2x}} + 1}}{{x - \frac{{{x^2} - 1}}{{2x}}}}} \right)\,,\forall x \ne 0 \Rightarrow }$
$\displaystyle{ \Rightarrow f\left( x \right)f\left( {\frac{{{x^2} - 1}}{{2x}}} \right) = \frac{{{x^2} + 1}}{{2\left| x \right|}}f\left( x \right)\,\,,\,\,\forall x \ne 0\,\,\,\,\,\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {f\left( x \right) \ne 0} \right)} \,\,f\left( {\frac{{{x^2} - 1}}{{2x}}} \right) = \frac{{{x^2} + 1}}{{2\left| x \right|}}\,\,\,\,,\,\forall x \ne 0\,:\left( 2 \right)}$
Aπό την $\displaystyle{\left( 2 \right)}$ θέτοντας όπου $\displaystyle{x}$ το $\displaystyle{x + \sqrt {{x^2} + 1} \,\,\,\,\,\,\left( {\,\,\,....\,\,\,x + \sqrt {{x^2} + 1} \,\,\, > 0\,\,,\,\,\forall x \in R\,} \right)}$ έχουμε ότι ισχύει :
$\displaystyle{\,f\left( {\frac{1}{2}\left( {x + \sqrt {{x^2} + 1} \, - \frac{1}{{x + \sqrt {{x^2} + 1} \,}}} \right)} \right) = \frac{1}{2}\left( {\left| {x + \sqrt {{x^2} + 1} \,} \right| + \frac{1}{{\left| {x + \sqrt {{x^2} + 1} } \right|\,}}} \right)\,,\forall x \in R \Rightarrow }$
$\displaystyle{\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {x + \sqrt {{x^2} + 1} \,\,\, > 0\,} \right)} f\left( x \right) = \,\,\frac{1}{2}\left( {x + \sqrt {{x^2} + 1} \,\,\,\,\, + \,\,\,\,\frac{1}{{x + \sqrt {{x^2} + 1} \,}}} \right)\,,\forall x \in R \Rightarrow f\left( x \right) = \sqrt {{x^2} + 1} \,\,\,,\forall x \in R}$ (ικανοποιεί την υπόθεση)
Επομένως οι ζητούμενες συναρτήσεις είναι : $\displaystyle{{f_1}\left( x \right) = \sqrt {{x^2} + 1} \,\,\,,x \in R\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,{f_2}\left( x \right) = 0,x \in R}$
Ν.Ζ.

hsiodos · #3

Έχουμε προφανή λύση την μηδενική. Έστω ότι η $\displaystyle{f}$ δεν είναι η μηδενική.

$\displaystyle{f(x)f(y) = \left| {\,x\, - y\,} \right|f\left( {\frac{{xy + 1}}{{x - y}}} \right)\,\,\,\forall x,y \in R\,\,,x \ne y\,\,\,\,(1\,)}$

$\displaystyle{(1)\,\,\mathop \Rightarrow \limits^{y\,\, = \,\,0} \,\,\,f(x)f(0) = \left| {\,x\,} \right|f\left( {\frac{1}{x}} \right)\,\,\,\,\,\,\forall x \ne 0\,\,\,\,\,\,(2)}$

$\displaystyle{(1)\,\,\mathop \Rightarrow \limits^{y\,\, \to - \frac{1}{x}} \,\,f(x)f\left( { - \frac{1}{x}} \right) = \left| {\,x\, + \frac{1}{x}\,} \right|f\left( 0 \right)\,\,\,\,\forall x \ne 0\,\,\,\,\,\,(3)}$

$\displaystyle{\alpha \nu \,\,\,f(0) = 0\,\,\,\,(2) \Rightarrow f\left( {\frac{1}{x}} \right) = 0 \Leftrightarrow f(x) = 0\,\,\,\,\forall x \ne 0\,}$ , άρα $\displaystyle{f(0) \ne 0}$ οπότε $\displaystyle{(3) \Rightarrow f(x) \ne 0\,\,\,\forall x \ne 0\,}$

$\displaystyle{(2)\mathop \Rightarrow \limits^{x\,\, = \,\,1} \,\,\,f(0) = 1}$

$\displaystyle{(2) \wedge (3) \Rightarrow \forall x \ne 0\,\,\,\,\,\,\,f(x) = \left| {\,x\,} \right|f\left( {\frac{1}{x}} \right)\,\,\,\,({\sigma _1})\,\,\,\, \wedge \,\,\,\,f(x)f\left( { - \frac{1}{x}} \right) = \left| {\,x\, + \frac{1}{x}\,} \right|\,\,({\sigma _2})\,\,}$

$\displaystyle{\,({\sigma _2})\,\,\mathop \Rightarrow \limits^{x\,\, \to - x} \forall x \ne 0\,\,\,\,f( - x)f\left( {\frac{1}{x}} \right) = \left| {\,x\, + \frac{1}{x}\,} \right|\,\,({\sigma _3})\,}$

$\displaystyle{({\sigma _1}) \wedge ({\sigma _3})\, \Rightarrow \,\forall x \ne 0\,\,\,\,f(x)f( - x) = {x^2} + 1\,\,\mathop \Rightarrow \limits^{f(0) = 1} \,\,\,f(x)f( - x) = {x^2} + 1\,\,\,\,\forall x \in R\,\,\,({T_1})}$

Με εναλλαγή των $\displaystyle{x,y}$ από την $\displaystyle{(1\,)}$ προκύπτει:

$\displaystyle{f(x)f(y) = \left| {\,x\, - y\,} \right|f\left( { - \frac{{xy + 1}}{{x - y}}} \right)\,\,\,\forall x,y \in R\,\,,x \ne y\,\,\,\,(1a)}$

$\displaystyle{(1) \wedge (1a) \Rightarrow f\left( {\frac{{xy + 1}}{{x - y}}} \right) = f\left( { - \frac{{xy + 1}}{{x - y}}} \right)\,\,\forall x,y \in R\,\,,x \ne y\,\,\,\,(1b)}$

Είναι $\displaystyle{\frac{{xy + 1}}{{x - y}} \ne y\,\,\,\,\,\,\forall x,y \in R,x \ne y}$

$\displaystyle{(1b)\,\,\mathop \Rightarrow \limits^{x\,\, \to \frac{{xy + 1}}{{x - y}}} \,\,f\left( x \right) = f\left( { - x} \right)\,\,\,\forall x \in R\,\,\,\,({T_2})}$

$\displaystyle{({T_1}) \wedge ({T_2}) \Rightarrow {f^2}(x) = {x^2} + 1\,\,\,\forall x \in R\,\,\,\,}$

Αν υπάρχει $\displaystyle{a > 0}$ ώστε $\displaystyle{f(x) = - \sqrt {{x^2} + 1} \,\,\,\forall x \in D = \left( { - a\,,\,a} \right) - \left\{ 0 \right\}}$ τότε $\displaystyle{\,x \in D\,\,,\,\,y \in D\,\,,x \ne y \Rightarrow \frac{{xy + 1}}{{x - y}} \in D}$ , άτοπο λόγω της $\displaystyle{\,(1)}$ (πρώτο μέλος θετικό ενώ το δεύτερο αρνητικό.

Επίσης δεν μπορεί να υπάρχουν μεμονωμένα $\displaystyle{y \in R\,\,\,\mu \varepsilon \,\,f(y) = f( - y) < 0}$ αφού τότε το πρώτο μέλος της $\displaystyle{\,(1)}$ είναι αρνητικό ενώ το δεύτερο θετικό.

Προκύπτει ότι $\displaystyle{f(x) = \sqrt {{x^2} + 1} \,\,\,\,\forall x \in R}$ που επαληθεύει.

ΥΓ. Έχω μια επιφύλαξη στο τελείωμα.

Προσοχή υπάρχει σφάλμα. Στην τρίτη γραμμή από το τέλος μου έχει φύγει ένα διπλό και με έχει οδηγήσει σε λάθος , δεν ισχύει η συνεπαγωγή που γράφω εκεί.

Βρείτε τις συναρτήσεις

Βρείτε τις συναρτήσεις

Re: Βρείτε τις συναρτήσεις

Re: Βρείτε τις συναρτήσεις

Μέλη σε σύνδεση