Συναρτησιακή εξίσωση - ΗΠΑ 2016

#1

Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ τέτοιες ώστε $(f(x)+xy)\cdot f(x-3y)+(f(y)+xy)\cdot f(3x-y)=(f(x+y))^2,$ για κάθε $x,y\in\mathbb{R}$ .

#2

Έστω

$\displaystyle{P\left( {x,y} \right):\left( {f\left( x \right) + xy} \right)f\left( {x - 3y} \right) + \left( {f\left( y \right) + xy} \right)f\left( {3x - y} \right) = {f^2}\left( {x + y} \right)}$

η δοσμένη συναρτησιακή σχέση. Έχουμε ότι:

$\bullet$ $\displaystyle{P\left( {0,0} \right) \Rightarrow {f^2}\left( 0 \right) + {f^2}\left( 0 \right) = {f^2}\left( 0 \right) \Rightarrow {f^2}\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow f\left( 0 \right) = 0.}$

$\bullet$ $\displaystyle{P\left( {0,y} \right) \Rightarrow f\left( y \right)f\left( { - y} \right) = {f^2}\left( y \right) \Rightarrow \left[ {f\left( y \right) = 0 \vee f\left( y \right) = f\left( { - y} \right)} \right]}$ για κάθε $y \in \mathbb{R}$ .

Άρα, θα είναι και $\displaystyle{{f^2}\left( y \right) = {f^2}\left( { - y} \right)}$ για κάθε $y \in \mathbb{R}$ , οπότε αν $\displaystyle{{f\left( y \right) = 0}}$ για κάποιο $y \in \mathbb{R}$ , τότε θα είναι και $\displaystyle{{f\left( { - y} \right) = 0}.}$ Επομένως, ισχύει $\displaystyle{{f\left( y \right) = f\left( { - y} \right)}}$ για κάθε $y \in \mathbb{R}$ , δηλαδή η συνάρτηση

είναι άρτια.

$\bullet$ $\displaystyle{P\left( {x, - x} \right) \Rightarrow 2\left( {f\left( x \right) - {x^2}} \right)f\left( {4x} \right) = 0 \Rightarrow \left[ {f\left( {4x} \right) = 0 \vee f\left( x \right) = {x^2}} \right]}$ για κάθε $x \in \mathbb{R}$ .

$\bullet$ $\displaystyle{P\left( {\frac{x}{8},\frac{{3x}}{8}} \right) \Rightarrow \left( {f\left( {\frac{x}{8}} \right) + \frac{{3{x^2}}}{{64}}} \right)f\left( {\frac{x}{8} - \frac{{9x}}{8}} \right) + \left( {f\left( {\frac{{3x}}{8}} \right) + \frac{{3{x^2}}}{{64}}} \right)f\left( {\frac{{3x}}{8} - \frac{{3x}}{8}} \right) = {f^2}\left( {\frac{x}{8} + \frac{{3x}}{8}} \right) \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow \left( {f\left( {\frac{x}{8}} \right) + \frac{{3{x^2}}}{{64}}} \right)f\left( { - x} \right) + \left( {f\left( {\frac{{3x}}{8}} \right) + \frac{{3{x^2}}}{{64}}} \right)f\left( 0 \right) = {f^2}\left( {\frac{x}{2}} \right) \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow \left( {f\left( {\frac{x}{8}} \right) + \frac{{3{x^2}}}{{64}}} \right)f\left( x \right) = {f^2}\left( {\frac{x}{2}} \right)}$ για κάθε $x \in \mathbb{R}$ .

Επομένως, είναι: $\displaystyle{f\left( x \right) = 0 \Rightarrow f\left( {\frac{x}{2}} \right) = 0}$ και άρα $\displaystyle{\left[ {f\left( {x} \right) = 0 \vee f\left( x \right) = {x^2}} \right]}$ για κάθε $x \in \mathbb{R}$ .

$\bullet$ Έστω ότι υπάρχουν $\displaystyle{a,b \ne 0}$ τέτοιοι, ώστε $\displaystyle{f\left( a \right) = 0}$ και $\displaystyle{f\left( b \right) = {b^2}.}$ Επειδή η

είναι άρτια, μπορούμε να υποθέσουμε δίχως βλάβη της γενικότητας ότι $\displaystyle{a < 0}$ και $\displaystyle{b > 0.}$

Επειδή $\displaystyle{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {x - 3y = a}\\ {3x - y = b} \end{array}} \right\} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {x = \dfrac{{3b - a}}{8}}\\ {y = \dfrac{{b - 3a}}{8}} \end{array}} \right\}}$ ,

έχουμε ότι

$\displaystyle{P\left( {\frac{{3b - a}}{8},\frac{{b - 3a}}{8}} \right) \Rightarrow {b^2}\left[ {f\left( {\frac{{b - 3a}}{8}} \right) + \frac{{\left( {3b - a} \right)\left( {b - 3a} \right)}}{{64}}} \right] = {f^2}\left( {\frac{{b - a}}{2}} \right) \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow {b^2}\left[ {\underbrace {f\left( {\frac{{b - 3a}}{8}} \right)}_{ \ge 0} + \underbrace {\frac{{3{a^2} + 3{b^2} - 10ab}}{{64}}}_{ > 0}} \right] = {f^2}\left( {\frac{{b - a}}{2}} \right) \Rightarrow {f^2}\left( {\frac{{b - a}}{2}} \right) > 0 \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow {f^2}\left( {\frac{{b - a}}{2}} \right) = {\left( {\frac{{b - a}}{2}} \right)^4}}$ .

Άρα, είναι:

$\displaystyle{{\left( {\frac{{b - a}}{2}} \right)^4} = {b^2}\left[ {f\left( {\frac{{b - 3a}}{8}} \right) + \frac{{3{a^2} + 3{b^2} - 10ab}}{{64}}} \right] \le {b^2}\left[ {{{\left( {\frac{{b - 3a}}{8}} \right)}^2} + \frac{{3{a^2} + 3{b^2} - 10ab}}{{64}}} \right] \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow \frac{{{a^4} - 4{a^3}b + 6{a^2}{b^2} - 4a{b^3} + {b^4}}}{{16}} \le \frac{{3{a^2}{b^2} - 4a{b^3} + {b^4}}}{{16}} \Rightarrow {a^4} - 4{a^3}b + 3{a^2}{b^2} \le 0 \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow {a^2}\left( {a - b} \right)\left( {a - 3b} \right) \le 0\mathop \Rightarrow \limits^{a - b < 0} a - 3b \ge 0,}$

που είναι άτοπο.

Ώστε, είναι $\displaystyle{\boxed{{f\left( x \right) = 0}}}$ για κάθε $x \in \mathbb{R}$ ή $\displaystyle{\boxed{{f\left( x \right) = {x^2}}}}$ για κάθε $x \in \mathbb{R}$ , συναρτήσεις που επαληθεύουν τη δοσμένη συναρτησιακή σχέση.

Συναρτησιακή εξίσωση - ΗΠΑ 2016

Συναρτησιακή εξίσωση - ΗΠΑ 2016

Re: Συναρτησιακή εξίσωση - ΗΠΑ 2016

Μέλη σε σύνδεση