Παραλλαγή Ρουμάνικης στον Ευκλείδη Β'!

Ορέστης Λιγνός · #1

Στον διαγωνισμό Romanian District Mathematical Olympiad προτάθηκε το 2022 το εξής πρόβλημα:

Romanian District Mathematical Olympiad 2022 έγραψε: Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ που ικανοποιούν την ισότητα

,

για κάθε $x,y \in \mathbb{R}$ .

Στο τεύχος 127 του Ευκλείδη Β', προτάθηκε η ίδια άσκηση στις Ασκήσεις για λύση (σελ. 14), αλλά ξέφυγε μια αθώα παρένθεση και τοποθετήθηκε αλλού, ίσως εκ παραδρομής:

Ευκλείδης Β', Τεύχος 127 έγραψε: Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ που ικανοποιούν την ισότητα

,

για κάθε $x,y \in \mathbb{R}$ .

Πιστεύω ότι το δεύτερο πρόβλημα είναι αρκετά δυσκολότερο από το πρώτο. Ας λύσουμε και τα δύο

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #2

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Τετ Απρ 12, 2023 9:56 am
Στον διαγωνισμό Romanian District Mathematical Olympiad προτάθηκε το 2022 το εξής πρόβλημα:

Romanian District Mathematical Olympiad 2022 έγραψε: Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ που ικανοποιούν την ισότητα

,

για κάθε $x,y \in \mathbb{R}$ .
Στο τεύχος 127 του Ευκλείδη Β', προτάθηκε η ίδια άσκηση στις Ασκήσεις για λύση (σελ. 14), αλλά ξέφυγε μια αθώα παρένθεση και τοποθετήθηκε αλλού, ίσως εκ παραδρομής:

Ευκλείδης Β', Τεύχος 127 έγραψε: Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ που ικανοποιούν την ισότητα

,

για κάθε $x,y \in \mathbb{R}$ .
Πιστεύω ότι το δεύτερο πρόβλημα είναι αρκετά δυσκολότερο από το πρώτο. Ας λύσουμε και τα δύο

Λοιπόν,

η δοσμένη σχέση,

Βήμα 1ο f(0)=0

.
Απόδειξη:
P(0,0): f(2f(0))=0

.
Αν $f(0)\neq 1$ τότε η παραπάνω δίνει άμεσα ότι

είναι

και επί στο $\mahtbb{R}$ .
Έτσι λοιπόν η P(x,0)

δίνει

, θέτω $x\to -x$ και παίρνω f(x)+xf(0)+f(-x)=2f(0)

και με αφαίρεση από την προηγούμενη έχω τελικά f(0)=0

.
Μένει η περίπτωση f(0)=1

.
Τότε

γίνεται

Για

σε αυτή παίρνω f(1)=0

.

και έτσι

δηλαδή $f\equiv 0$ αλλά $f(0)\neq 0$ άτοπο.
Βήμα 2ο Η

είναι προσθετική
Απόδειξη:
Αφού f(0)=0

έχουμε

άρα

και επί και ενέλιξη,
$P(x,0): f(f(-x)+f(x))=0\Rightarrow f(-x)=-f(x)$ άρα

περιττή.
$P(x,y)+P(x,-y): f(f(y-x)-xf(y)+f(x))+f(f(-y-x)-xf(-y)+f(x))=0\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow f(y-x)-xf(y)+f(x)=-f(-y-x)+xf(-y)-f(x)\Leftrightarrow f(y-x)+2f(x)=f(x+y)$
Για y=-x

είναι $f(-2x)+2f(x)=0\Leftrightarrow f(2x)=2f(x)$ .
Για $y\to y+x$ είναι f(y)+f(2x)=f(y+2x)

που με $x\to x/2$ δίνει ότι

προσθετική.
Βήμα 3ο Η

πολλαπλασιαστική.
Απόδειξη:
Η δοσμένη πλέον γίνεται f(f(y-x))+f(-xf(y))+f(f(x))=y-yf(x)

και αφού

ενέλιξη θα είναι
$y-xf(xf(y))+x=y-yf(x)\Leftrightarrow f(xf(y))=yf(x)$ , με $y\to f(y)$ παίρνουμε f(xy)=f(x)f(y)

όπως θέλαμε.
Βήμα 4ο $f\equiv id$ .
Απόδειξη:
Είναι f(x^2)=f(x)^2

άρα $f(x)\geq 0$ για $x\geq 0$ και αφού η

ικανοποιεί την Cauchy από γνωστή θεωρία θα είναι f(x)=Cx

$f(f(x))=x\Leftrightarrow C=\pm 1$ .
Αντικαθιστώντας στην αρχική βλέπουμε ότι μόνο C=1

δουλεύει και επομένως f(x)=x

για κάθε

.

Παραλλαγή Ρουμάνικης στον Ευκλείδη Β'!

Παραλλαγή Ρουμάνικης στον Ευκλείδη Β'!

Re: Παραλλαγή Ρουμάνικης στον Ευκλείδη Β'!

Μέλη σε σύνδεση