mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Αύγ 11, 2010 11:35 pm**

Να βρεθούν όλες οι πραγματικές συναρτήσεις ορισμένες στο $\mathbb R$ , για τις οποίες ισχύει ότι f(f(x)+y) = f(f(x) - y) + 4yf(x)

για κάθε $x,y \in \mathbb R$ .

Δεν θυμάμαι αν έχει ξανασυζητηθεί.
Θα δώσω στο τέλος λεπτομέρειες.

Χρήστος

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 12, 2010 1:34 am**

Φίλε Χρήστο, είναι το 2ο πρόβλημα της Β.Μ.Ο.(Seniors) που έγινε στην Ρόδο το 2007.
Επίτρεψε μου να δώσω την διαπραγμάτευση μου όπως έχει δημοσιευτεί στο τεύχος 70 του Ευκλείδη Β΄(2008) σε αντίστοιχο άρθρο μου.
Η σκέψη:
Αν σκεφτούμε λίγο θα διαπιστώσουμε ότι η συνάρτηση $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R},f\left( x \right) = 0,$ είναι μία τέτοια συνάρτηση που επαληθεύει δηλαδή την σχέση (1) για κάθε $x,y \in \mathbb{R}.$ Το ερώτημα που μπαίνει είναι αν υπάρχουν και άλλες συναρτήσεις f που να επαληθεύουν την σχέση (1) για κάθε
$x,y \in \mathbb{R}.$ Η σχέση (1) έχει διαφορετική συμπεριφορά από την σχέση f(x + y) = f(x - y) + 4f(x)y,

για κάθε $x,y \in \mathbb{R},$ που οδηγεί στην εξής λύση: Θέτουμε x + y = u,x - y = v,

οπότε μπορούμε να θεωρήσουμε $f(u) - f(v) = u^2 - v^2 ,\gamma \iota \alpha \;\kappa \alpha \vartheta \varepsilon \;u,v \in \mathbb{R}.$ Για v=0 παίρνουμε $f\left( u \right) = u^2 + f\left( 0 \right)$ για κάθε $u \in \mathbb{R}.$ Επομένως καταλήγουμε και στην $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R},f(x) = x^2 + c,\mu \varepsilon \;c = f(0).$
Η διαφορετικότητα στην περίπτωση μας βρίσκεται στο γεγονός ότι οι τιμές f(x) διατρέχουν το πεδίο τιμών της f που δεν γνωρίζουμε εκ των προτέρων ότι είναι το σύνολο των πραγματικών αριθμών κάτι που αν εξασφαλιστεί μας λύνει το πρόβλημα.
Η λύση:
Μια προφανής λύση είναι η $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R},f\left( x \right) =0,$
αφού επαληθεύει την σχέση (1).Αν υπάρχει συνάρτηση $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}\;\mu \varepsilon \;f(x_0 ) \ne 0,$ για κάποιον $x_0 \in \mathbb{R}$
που είναι λύση της (1) τότε στην σχέση (1) θεωρoύμε $y = f(x) \Rightarrow f(2f(x)) = 4f^2 (x) + f(0) = \left( {2f(x)} \right)^2 + f(0),\forall x \in \mathbb{R}\;\left( 2 \right).$
Θεωρούμε τυχόντες πραγματικούς αριθμούς x_1 ,x_2 .

$\Gamma \iota \alpha \,x = x_2 ,y = 2f(x_1 ) - f(x_2 )\mathop \Rightarrow \limits^{(1)} f\left( {2f\left( {x_2 } \right) - f(x_1 )} \right) =$ $f(2f(x_1 )) - 8f\left( {x_2 } \right)f\left( {x_1 } \right) + 4\left( {f\left( {x_2 } \right)} \right)^2 .$
Με βάση την σχέση (2) παίρνουμε τελικά $f(2(f\left( {x_2 } \right) - f\left( {x_1 } \right))) = 4(f(x_2 ) - f(x_1 ))^2 + f(0)\;\left( 3 \right),$
που ισχύει για τυχόντες x_1 ,x_2 ,

δηλαδή για κάθε $x_1 ,x_2 \in \mathbb{R}.$
Αν λοιπόν η διαφορά f(x_2 ) - f(x_1 )

διατρέχει όλο το σύνολο των πραγματικών αριθμών το ίδιο θα συμβαίνει και με το διπλάσιο της διαφοράς αυτής, οπότε μία πιθανή λύση θα είναι η $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R},f(x) = x^2 + c,\mu \varepsilon \;c = f(0).$
Τελικά μένει να αποδείξουμε ότι για κάθε $y_0 \in \mathbb{R},\upsilon \pi \alpha \rho \chi o\upsilon \nu \;x_1 ,x_2 \in \mathbb{R}\;\omega \sigma \tau \varepsilon \;f(x_2 ) - f(x_1 ) = y_0 .$
Για τον τυχόντα, λοιπόν $y_0 \in \mathbb{R},\theta \varepsilon \omega \rho o\upsilon \mu \varepsilon \;x = x_0 ,y = \frac{{y_0 }} {{4f(x_0 )}},\mu \varepsilon \;f(x_0 ) \ne 0.$
Τελικά για $x_2 = f(x_0 ) + \frac{{y_0 }} {{4f(x_0 )}},x_1 = f(x_0 ) - \frac{{y_0 }} {{4f(x_0 )}}\mathop \Rightarrow \limits^{(1)} f(x_2 ) - f\left( {x_1 } \right) = ... = y_0 .$
Αφού λοιπόν η διαφορά f(x_2 ) - f(x_1 )

διατρέχει όλους τους πραγματικούς αριθμούς, επίσης μία λύση εκτός της σταθερής $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R},f\left( x \right) = 0$ είναι η
$f:\mathbb{R} \to \mathbb{R},f(x) = x^2 + c,\mu \varepsilon \;c = f(0),$
καθότι εύκολα βλέπουμε ότι επαληθεύει την (1).

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 12, 2010 11:03 pm**

Σωτήρη εξαιρετική λύση
ξέρεις πόσο σε εκτιμώ και σε ευχαριστώ πολύ για την ενασχόλησή σου με το θέμα.
Την άσκηση όπως σου είπα την βρήκα δημοσιευμένη στο
http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 6&t=146128
και την είχε ανεβάσει ο Μπάμπης.

Χρήστος

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Αύγ 13, 2010 9:01 pm**

Φίλε μου Χρήστο,
σημασία έχει ότι ανέδειξες για συζήτηση ένα πολύ όμορφο θέμα με λεπτό θεωρητικό και μεθοδολογικό γίγνεσθαι, τού πόσο δηλαδή πρέπει να προσεχτούν δύο βασικά πράγματα:
1ο) Η χρήση των ποσοδεικτών στις περιπτώσεις που αυτοί λειτουργούν από την εκφώνηση και πού στις συναρτησιακές εξισώσεις παίζουν τεράστιο ρόλο κατ’ ευθείαν από την εκφώνηση,
2ο) Η σπουδαιότητα που έχει η επαληθευτική διαδικασία.
► Επιτρέψτε μου εδώ κάποιες σκέψεις μου:
Μακάρι να αναδεικνύονται τέτοια θέματα στα οποία δηλαδή να λειτουργούν οι μαθηματικές έννοιες ,από όπου και αν προέρχονται αυτά.
Στο συγκεκριμένο θέμα θα μπορούσε ένας λύτης να είχε βρει μία σωστή λύση εμφανισιακά (ας δοθεί λίγη προσοχή στην σκέψη πριν την λύση ) και να έπαιρνε κακή βαθμολογία
Και όμως υπάρχουν απαντήσεις του τύπου: Δεν έχω ασχοληθεί με τους ποσοδείκτες οπότε δεν έχω άποψη για το τάδε θέμα. Μα γίνονται αυτά τα πράγματα; Δεν χρειάζεται να έχει κανείς Διδακτορικό στα Διακριτά Μαθηματικά γιά να κατανοήσει την λειτουργικότητα κάποιων Μαθηματικών εννοιών καθημερινής χρήσης γιά να εντυπωσιαστεί από την ομορφιά της λειτουργίας του νου κατά την διαδικασία επίλυσης ενός προβλήματος.
Απλή Μαθηματική Λογική είναι αρκεί να έχουμε προβληματιστεί λίγο για τις διδακτικές μας ανάγκες ,δεν είναι μαθηματική στενογραφία, δεν χρειάζονται καν σύμβολα αφού αρκούν οι κατάλληλες λέξεις και πάντως θα πρέπει να ξέρουμε να αιτιολογήσουμε, την έννοια αδύνατο μίας εξίσωσης, αόριστη εξίσωση, μοναδική λύση εξίσωσης, την έννοια του ορίου συνάρτησης κ.τ.λ. που μας ρωτούν καθημερινά οι φοιτητές μας οι μαθητές μας …..
Ευχαριστώ

S.E.Louridas

mathematica.gr

καλοκαιρινή συνάρτηση

καλοκαιρινή συνάρτηση

Re: καλοκαιρινή συνάρτηση

Re: καλοκαιρινή συνάρτηση

Re: καλοκαιρινή συνάρτηση