mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 01, 2023 8:53 pm**

Να βρείτε όλες τις συναρτήσεις $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ οι οποίες είναι τέτοιες, ώστε

f(x)f(yf(x)-1)=x^2f(y)-f(x)

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 02, 2023 2:33 pm**

Θα δείξουμε ότι οι μόνες λύσεις είναι οι f(x) = 0

για κάθε $x \in \mathbb{R}$ και f(x) = x

για κάθε $x \in \mathbb{R}$ οι οποίες προφανώς ικανοποιούν τη σχέση.

Μπορούμε να υποθέσουμε ότι δεν είμαστε στην πρώτη περίπτωση και άρα υπάρχει $a \in \mathbb{R}$ με $f(a) \neq 0$ .

Για x = y = 1

έχουμε $\displaystyle f(1)f(f(1)-1) = 0$ άρα f(1) = 0

ή

. Σε κάθε περίπτωση υπάρχει $b \in \mathbb{R}$ ώστε f(b) = 0

. Για

παίρνω

και άρα

.

Αφού $f(b) = 0 \implies b = 0$ και αφού f(1) = 0

ή

, τότε έχουμε και f(1) = 1

. Για

παίρνω

για κάθε $y \in \mathbb{R}. \quad (1)$

Για x = -1

στην (1) παίρνουμε -f(-y-1) = f(y)+1

και επειδή f(-y-1) = f(-y)-1

από την (1) παίρνουμε -f(-y)=f(y)

, δηλαδή η

είναι περιττή.

Χρησιμοποιώντας την (1) στην αρχική έχουμε

$\displaystyle x^2f(y) - f(x) = f(x)f(yf(x)-1) = f(x)[f(yf(x)) - 1]$ οπότε

$\displaystyle x^2f(y) = f(x)f(yf(x))$ για κάθε $x,y \in \mathbb{R}. \quad (2)$

Για y = 1

στη (2) παίρνω $x^2 = f(x)f(f(x)) \quad (3)$

ενώ για $y = x \neq 0$ παίρνω $x^2 = f(xf(x)) \quad (4)$ η οποία ισχύει προφανώς και για x= 0

.

Η (4) δείχνει ότι το σύνολο τιμών της

περιέχει το $[0,+\infty)$ και επειδή η

είναι περιττή, θα είναι και επί. Αντικαθιστώντας της (3) στη (2) και διαιρώντας με f(x)

για $x \neq 0$ παίρνουμε

$\displaystyle f(f(x))f(y) = f(yf(x)) \quad (5)$

η οποία ισχύει και για x = 0

. Επειδή η

είναι επί για κάθε $t \in \mathbb{R}$ θα υπάρχει x_t

με

και για

στην (5) έχουμε

$\displaystyle f(t)f(y) = f(ty) \quad (6)$

για κάθε $t,y \in \mathbb{R}$

Τότε έχουμε

$\displaystyle x^2f(y) - f(x) = f(x)f(yf(x)-1) = f(xyf(x)-x)$

αλλά από την (4) έχουμε και

$\displaystyle x^2f(y) - f(x) = f(xf(x))f(y) - f(x) = f(xyf(x)) - f(x)$

Καταλήγουμε στην f(xyf(x) - x) = f(xyf(x)) - f(x)

που για $x \neq 0, y = 1/xf(x)$ γίνεται f(t-x) = f(t) - f(x)

. Άρα, αφού η

είναι και περιττή, παίρνουμε ότι η

είναι προσθετική (ικανοποιεί τη συναρτησιακή του Cauchy). Επειδή είναι και πολλαπλασιαστική (ικανοποιεί την (6)) τότε είτε είναι ταυτοτική

είτε είναι η ταυτοτική συνάρτηση.

Αποδεικνύω το τελευταίο μιας και είναι χρήσιμο:

Για x > y

θέτω $t = \sqrt{x-y}$ . Τότε $f(x) - f(y) = f(x-y) = f(t^2) = f(t)^2 \geqslant 0$ . Άρα η

είναι μονότονη και αφού ικανοποιεί την Cauchy θα είναι της μορφής f(x) = cx

για κάποιο $c \in \mathbb{R}$ (γνωστό). Επειδή cxy = f(xy) = f(x)f(y) = c^2xy

παίρνουμε

ή

.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 09, 2023 6:12 pm**

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 12, 2023 4:34 pm**

Ορέστης Λιγνός έγραψε: Τετ Νοέμ 01, 2023 8:53 pm Να βρείτε όλες τις συναρτήσεις $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ οι οποίες είναι τέτοιες, ώστε

Καλησπέρα σε όλους. Ευχαριστώ τον κ. Δημήτρη για την λύση. Η πηγή της άσκησης είναι από το Topics in Functional Equations των Andreescu, Boreico, Mushkarov και Nikolov (κεφάλαιο 3, πρόβλημα 3.18). Η λύση μου είναι, περιληπτικά, η εξής:

Μπορούμε να υποθέσουμε ότι η

δεν είναι η μηδενική συνάρτηση.

Βήμα 1: f(-1)=-1

και

. Πράγματι, με y=0

στην αρχική προκύπτει ότι f(x)(f(-1)+1)=x^2f(0),

και άρα αν $f(-1) \neq -1$ τότε f(x)=cx^2

με

σταθερά, κάτι το οποίο εύκολα απορρίπτεται. Συνεπώς f(-1)=-1

και, με

προκύπτει

.

Βήμα 2: f(-x-1)=-f(x)-1,

και

. Πράγματι, για την πρώτη σχέση αρκεί να πάρουμε x=-1

στην αρχική.

Για την δεύτερη, με y=-1

προκύπτει ότι -x^2-f(x)=f(x)f(-f(x)-1)=-f(x)f(f(x))-f(x),

άρα

όπως θέλαμε.

Για την τρίτη σχέση, με $y \rightarrow -y$ η αρχική δίνει ότι

x^2f(-y)-f(x)=f(x)f(-yf(x)-1)=f(x)(-f(yf(x))-1),

και άρα

όπως θέλαμε.

Βήμα 3:

επί. Πράγματι, από την f(x)f((f(x))=x^2

προκύπτει ότι f(x)=0

αν και μόνο αν x=0

, συνεπώς για $x \neq 0$ και y=x

στην αρχική παίρνουμε ότι f(xf(x)-1)=x^2-1

, και άρα

. Επομένως, η

παίρνει κάθε τιμή στο $(-\infty, 0],$ και αφού f(-x-1)=-f(x)-1,

παίρνει και κάθε τιμή στο $\mathbb{R}$ .

Βήμα 4: f(1)=1

. Είναι, $f(x)f(-f(x))=f(x)f((-1) \cdot f(x))=-x^2f(1),$ και άρα αφού f(x)f(f(x))=x^2

και η

είναι επί, διαιρώντας κατά μέλη πρέπει f(-x)=-f(x)f(1)

για κάθε

.

Με

προκύπτει ότι $f(1) \in \{-1, 1 \}$ . Αν όμως f(1)=-1,

τότε

άτοπο.

Βήμα 5: Η

είναι η ταυτοτική συνάρτηση. Πράγματι, από τα παραπάνω προκύπτει ότι η

είναι περιττή, και άρα f(x+1)=-f(-x-1)=f(x)+1,

συνεπώς

(x+1)^2=f(x+1)f(f(x+1))=(f(x)+1)f(f(x)+1)=

=(f(x)+1)(f(f(x))+1)=x^2+1+f(x)+f(f(x)),

συνεπώς

και αφού

προκύπτει εύκολα ότι f(x)=f(f(x))=x

για κάθε

.

Είναι, τέλος, εύκολο να ελέγξουμε ότι η μηδενική και η ταυτοτική συνάρτηση ικανοποιούν την δοσμένη σχέση.

Παρατήρηση: Μία παραλλαγή του προβλήματος είναι η εξής:

Να βρείτε όλες τις συναρτήσεις $f: \mathbb{R^+} \rightarrow \mathbb{R^+}$ οι οποίες είναι τέτοιες, ώστε

f(x)f(yf(x)+1)=x^2f(y)+f(x)