Συναρτησιακή για εξάσκηση!

#1

Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε f(x+y) = f(x) f(y) f(xy) ,

για κάθε $x,y \in \mathbb{R}.$

#2

socrates έγραψε:Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε (1)για κάθε $x,y \in \mathbb{R}.$

Για $\displaystyle{x=y=0}$ η (1) δίνει $\displaystyle{f(0)=(f(0))^3 \Rightarrow f(0)=0 \vee f(0)=\pm1}$

Αν $\displaystyle{f(0)=0}$ , τότε η (1) για $\displaystyle{y=0}$ δίνει $\displaystyle{f(x)=0,\ \forall x \in \Bbb{R}}$ , δεκτή, γιατί επαληθεύει την αρχική.

Αν $\displaystyle{f(0)=\pm1}$ , τότε η (1) για $\displaystyle{y=-x}$ δίνει $\displaystyle{\pm1=f(0)=f(x)f(-x)f(-x^2) \Rightarrow f(x) \neq 0,\ \forall x \in \Bbb{R}}$

Η (1) γράφεται $\displaystyle{f(x+y+1-1)=f(x-1)f(y+1)f(xy+x+y-1)}$ , αλλά και $\displaystyle{f(x+y+1-1)=f(y-1)f(x+1)f(xy+y+x-1)}$

Συνεπώς $\displaystyle{f(x-1)f(y+1)f(xy+x+y-1)=f(y-1)f(x+1)f(xy+x+y-1) \Rightarrow \frac {f(x-1)}{f(x+1)}=\frac {f(y-1)}{f(y+1)}}$

Άρα $\displaystyle{\frac {f(x-1)}{f(x+1)}=c \Rightarrow \frac {f(x)f(-1)f(-x)}{f(x)f(1)f(x)}=c \Rightarrow \frac {f(-x)}{f(x)}=c_1,\ \forall x \in \Bbb{R}}$ (2)

Η (2) για $\displaystyle{x=0}$ δίνει $\displaystyle{c_1=1}$ , άρα $\displaystyle{f(-x)=f(x),\ \forall x \in \Bbb{R}}$ (3)

* Αν $\displaystyle{f(1)=1}$ , τότε

$\displaystyle{f(x+1)=(f(x))^2}$ , κατά συνέπεια

$\displaystyle{f(x)=f(x+1-1)=f(x+1)f(-x-1)f(-1)=(f(x+1))^2=(f(x))^4 \Rightarrow (f(x))^3=1 \Rightarrow f(x)=1,\ \forall x \in \Bbb{R}}$ ,

που είναι δεκτή.

** Αν $\displaystyle{f(1)=-1}$ , τότε

$\displaystyle{f(x+1)=-(f(x))^2}$ , κατά συνέπεια

$\displaystyle{f(x)=f(x+1-1)=f(x+1)f(-x-1)f(-1)=-(f(x+1))^2=-(f(x))^4 \Rightarrow (f(x))^3=-1 \Rightarrow f(x)=-1,\ \forall x \in \Bbb{R}}$ ,

που είναι δεκτή.

#3

http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 36&t=55433
http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 36&t=83087
http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 6&t=224241
http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 38&t=50527

#4

Παραλλαγή (όχι δύσκολη):

Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{R}^+ \rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε f(x+y) = f(x) f(y) f(xy) ,

για κάθε $x,y \in \mathbb{R}^+.$

Ορέστης Λιγνός · #5

socrates έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 02, 2022 1:54 am
Παραλλαγή (όχι δύσκολη):

Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{R}^+ \rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε για κάθε $x,y \in \mathbb{R}^+.$

Αρχικά παρατηρούμε ότι αν η

ικανοποιεί την συνθήκη τότε και η

την ικανοποιεί, οπότε χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι $f(1) \geq 0$ .

Για y=1

η δοσμένη δίνει f(x+1)=f^2(x)f(1)

, συνεπώς εύκολα επαγωγικά $f(u)=f(1)^{2^u-1}$ για κάθε $u \in \mathbb{N^*}$ . Παίρνοντας λοιπόν τα x,y

θετικούς ακεραίους στην δοσμένη, προκύπτει ότι

$f(1)^{2^{x+y}-1}=f(x+y)=f(x)f(y)f(xy)=f(1)^{2^x+2^y+2^{xy}-3},$

συνεπώς προκύπτει ότι $f(1) \in \{0,1 \}$ (υποθέσαμε ότι $f(1) \geq 0$ ).

Θα διακρίνουμε, λοιπόν, δύο περιπτώσεις. Προτού όμως το κάνουμε αυτό, αποδεικνύουμε έναν χρήσιμο και εύκολο Ισχυρισμό:

Ισχυρισμός 1: Αν f(k)=0

για κάποιο k>0

, τότε

για κάθε $x \geq k$ .
Απόδειξη: Πράγματι, για τυχόν x>k

η δοσμένη με x=k

και

δίνει

όπως θέλαμε. Αφού f(k)=0

, μπορούμε να γράψουμε f(x)=0

για κάθε $x \geq k$ . $\blacksquare$ .

Τώρα, διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

Περίπτωση 1: f(1)=0

. Τότε,

, δηλαδή

, για κάθε $x \geq 1$ . Αποδεικνύουμε επαγωγικά το εξής:

Ισχυρισμός 2: Για κάθε $n \in \mathbb{N}$ και για κάθε $x>\dfrac{1}{2^n}$ ισχύει ότι f(x)=0

.
Απόδειξη: Για n=0

είναι άμεσο. Αν ισχύει για κάποιο

, τότε έστω ένα τυχόν $x>\dfrac{1}{2^{n+1}}$ . Αν $x \leq1$ τότε προφανώς f(x)=0

, οπότε ας υποθέσουμε ότι x<1

.

Τότε, με y=x

η δοσμένη δίνει

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

και αφού

$2x>2 \cdot \dfrac{1}{2^{n+1}}=\dfrac{1}{2^n},$

από την επαγωγική υπόθεση είναι f(2x)=0

. Άρα,

δηλαδή

ή

.

Αν για κάποιο

με $\dfrac{1}{2^{n+1}}<x<1$ ήταν f(x^2)=0

, τότε αφού x>x^2

, ο Ισχυρισμός 1 δίνει ότι f(x)=0

. Συνεπώς, σε κάθε περίπτωση είναι f(x)=0

, οπότε ο Ισχυρισμός αποδείχθηκε $\blacksquare$

Στο πρόβλημα, έστω ένα τυχόν x>0

. Τότε, για $n=\lfloor \dfrac{1}{x} \rfloor$ είναι από την ανισότητα Bernoulli,

$2^n = (1+1)^n \geq n+1 = \lfloor \dfrac{1}{x} \rfloor +1 > \dfrac{1}{x},$

συνεπώς $x > \dfrac{1}{2^n}$ , άρα από τον Ισχυρισμό 2 προκύπτει ότι f(x)=0

. Συνεπώς, f(x)=0

για όλα τα χ>0

, δηλαδή η

είναι ταυτοτικά μηδέν, συνάρτηση η οποία προφανώς επαληθεύει.

Περίπτωση 2: f(1)=1

. Τότε, είναι f(x+1)=f^2(x)

, για κάθε x>0

άρα άμεσα επαγωγικά προκύπτει ότι

$f(x+u)=f(x)^{2^u},$

για κάθε x>0

και $u \in \mathbb{N^*}$ . Από εδώ φαίνεται ότι f(u)=1

, για κάθε $u \in \mathbb{N^*}$ .

Αποδεικνύουμε τώρα έναν ακόμη Ισχυρισμό:

Ισχυρισμός 3: Είναι $f(x) \neq 0$ , για κάθε x>0

.
Απόδειξη: Ας υποθέσουμε ότι υπάρχει m>0

τέτοιο, ώστε f(m)=0

. Τότε, αφού f(x+1)=f^2(x)

, ισχύει ότι

$f(x+1)=0 \Rightarrow f(x)=0,$

για κάθε

, συνεπώς με διαδοχικές εφαρμογές αυτής προκύπτει ότι $f(\floor m \rfloor)=0$ . Τότε, όμως, είναι $\lfloor m \rfloor \leq 1$ , άρα από τον Ισχυρισμό 1 προκύπτει ότι f(1)=0

, το οποίο είναι άτοπο $\blacksquare$

Τώρα, με y=u

στην δοσμένη, όπου

τυχαίος θετικός ακέραιος, είναι

f(x+u)=f(x)f(u)f(xu),

άρα

$f(x)^{2^u}=f(x)f(xu),$

οπότε σε συνδυασμό με τον Ισχυρισμό 3 έχουμε ότι

$f(ux)=f(x)^{2^u-1}$ .

Τώρα, με y=ux

στην δοσμένη, όπου

τυχαίος θετικός ακέραιος, είναι

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

συνεπώς

$f(x)^{2^{u+1}}=f(x) \cdot f(x)^{2^u}f(ux^2),$

οπότε σε συνδυασμό με τον Ισχυρισμό 3 έχουμε ότι

$f(ux^2)=f(x)^{2^u-1}$ .

Συνεπώς, με u=1

η πιο πάνω δίνει f(x^2)=f(x)

, άρα έχουμε ότι

$f(x)^3=f(x)^{2^2-1}=f(2x)=f((2x)^2)=f(4x^2)=f(x)^{15},$

συνεπώς $f(x) \in \{0,-1, 1 \}$ για κάθε x>0

, οπότε από τον Ισχυρισμό 3 είναι $f(x) \in \{-1,1 \}$ για κάθε χ>0

.

Παρατηρούμε όμως, ότι

f(x)=f^2(x-1) >0,

για κάθε

, συνεπώς

για κάθε

. Τώρα, έστω ένα x<1

και

τέτοιο, ώστε

$y> \max \{ 1-x,\dfrac{1}{x},1 \}$

Τότε, f(y)=1

και αφού

και $xy>x \cdot \dfrac{1}{x}=1,$

είναι και f(x+y)=f(xy)=1

, οπότε από την αρχική σχέση άμεσα προκύπτει ότι f(x)=1

. Συνεπώς, f(x)=1

για κάθε

, και σαφώς και αυτή η συνάρτηση ικανοποιεί.

Τελικά, λύσεις οι $f \equiv 0$ και $f \equiv 1$ .

Συναρτησιακή για εξάσκηση!

Συναρτησιακή για εξάσκηση!

Re: Συναρτησιακή για εξάσκηση!

Re: Συναρτησιακή για εξάσκηση!

Re: Συναρτησιακή για εξάσκηση!

Re: Συναρτησιακή για εξάσκηση!

Μέλη σε σύνδεση