Δυσκολούτσικη συναρτησιακή

simantiris j. · #1

Να βρείτε όλες τις συναρτήσεις $f : \mathbb{R} \mapsto \mathbb{R}$ για τις οποίες ισχύει f(f(x)-f(y))=f(f(x))-2x^2f(y)+f(y^2)

για κάθε $\ x,y \in \mathbb{R}$

Λάμπρος Μπαλός · #2

Θα γράψω μέχρι ένα σημείο και θα ξαναπροσπαθήσω αύριο. Η μέρα μου ήταν πολύ κουραστική.

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

Η (1) για x=y=0

:

Η (1) για

και

: $f (f^{2}(0))=0$

Η (1) για x=f (0)

: $f (-f (y))=f (0)-2f^{2}(0)f (y)+f (y^{2})$ (2)

Η ( 1 ) για $x=f^{2}(0)$ : $f (-f (y))=f (0)-2f^{4}(0)f (y)+f (y^{2 })$ (3)

Από (2)-(3) είναι :
$0=2f^{4}(0)f (y)-2f^{2}(0)f (y)$
$f^{2}(0)f (y)(f^{2}(0)-1)=0$

Η f (x)=0

επαληθεύει την (1) οπότε είναι δεκτή ως λύση.

Αν η

δεν είναι η μηδενική τότε θα έχουμε f (0)=1

ή

Αν

τότε το

οπότε η
(1) για x=1

και

δίνει :

οπότε

και για

και

:

Άτοπο

Αν f (0)=-1

τότε το

και

οπότε η
(1) για x=y=1

:

Άτοπο

Άρα f (0)=0

..to be continued..

Συνεχίζοντας, δουλεύουμε στην περίπτωση όπου η

δεν είναι η μηδενική.

Έστω κάποιο $c\neq0$ για το οποίο $f (c)\neq0$

Η (1) για y=c

: $f (f (x)-f (c))=f (f (x))-2x^{2}f (c)+f (c^{2})$ Από την παραπάνω σχέση εύκολα αποδεικνύεται ότι η

είναι

στο $[0,+\infty)$ καθώς και στο $(-\infty,0]$ .

Η (1) για x=0

: $f (-f (y))=f (y^{2})$ (4)

Η (4) για y=-f (y)

: $f (-f (-f (y)))=f (f^{2}(y))$
$f (-f (y^{2}))=f (f^{2}(y))$
$f (y^{4})=f (f^{2}(y))$ και καθώς τα $f^{2}(y)$ και $y^{4}$ ανήκουν στο $[0,+\infty)$
θα έχουμε : $f^{2}(y)=y^{4}$ .

Ας συνεχίσει κάποιος αν θέλει. Πρέπει να φύγω.

Λάμπρος Μπαλός · #3

Λοιπόν οι λύσεις είναι οι $f (x)=x^{2}$ που επαληθεύει,
η $f (x)=-x^{2}$ που επίσης επαληθεύει καθώς και όλες οι κλαδικές που φτιάχνονται από αυτούς τους τύπους και αλλάζουν σε κάποιο πραγματικό

.
Τώρα, αν έχω κάνει κάπου λάθος (συχνά συμβαίνει με τις συναρτησιακές) ας επισημανθεί.

Διόρθωση. . Έσβησα μια λανθασμένη πρόταση που είχα γράψει.

#4

Επαναφορά!

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Λάμπρος Μπαλός · #5

Έφυγα για τσιγάρα και δραπέτευσα στη Βραζιλία.

Πώς πέρασαν 7 χρόνια!
Θα συνέχιζα, αλλά δεν έχω κουράγιο..

Ορέστης Λιγνός · #6

simantiris j. έγραψε: ↑
Κυρ Μαρ 29, 2015 2:26 pm
Να βρείτε όλες τις συναρτήσεις $f : \mathbb{R} \mapsto \mathbb{R}$ για τις οποίες ισχύει για κάθε $\ x,y \in \mathbb{R}$

Δύσκολη!

Αρχικά παρατηρούμε ότι η μηδενική ικανοποιεί την δοσμένη σχέση. Από εδώ και πέρα υποθέτουμε ότι η

δεν είναι η μηδενική.
Αρχίζουμε με κάποιους Ισχυρισμούς:

Ισχυρισμός 1: Αν f(x_1)=f(x_2)

για κάποια x_1,x_2

τότε

ή

.
Απόδειξη: Πράγματι, έστω ένα

για το οποίο $f(m) \neq 0$ , τότε η αρχική με y=m

και

διαδοχικά δίνει ότι

$\displaystyle{f(f(x_1))-2x_1^2f(m)+f(m^2)=f(f(x_1)-f(y))=f(f(x_2)-f(y))=f(f(x_2))-2x_2^2f(m)+f(m^2),}$

και άρα x_1^2f(m)=x_2^2f(m)

, συνεπώς αφού $f(m) \neq 0$ έχουμε το ζητούμενο $\blacksquare$

Ισχυρισμός 2: $f(0) \in \{-1,0,1 \}$
Απόδειξη: Η αρχική με x=y=0

δίνει

, και με

δίνει

.

Επιπλέον, θέτοντας y=m

και παίρνοντας x=f(0)

και

διαδοχικά στην αρχική προκύπτει ότι

$\displaystyle{f(-f(m))=f(0)-2f^2(0)f(m)+f(m^2)}$

και

$\displaystyle{f(-f(m))=f(0)-2f^4(0)f(m)+f(m^2),}$

συνεπώς, αφού $f(m) \neq 0$ , είναι

$\displaystyle{f^2(0)=f^4(0),}$

που δίνει το ζητούμενο $\blacksquare$

Τώρα, διακρίνουμε τρεις περιπτώσεις.

Περίπτωση 1: f(0)=1

. Τότε, είναι f(1)=f(f(0))=0

. Με

και $y \rightarrow x$ η αρχική δίνει

$\displaystyle{f(f(0)-f(x))=f(f(0))+f(x^2),}$

και άρα

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

οπότε από τον Ισχυρισμό 1 έχουμε ότι

$\displaystyle{f(x) \in \{1-x^2,1+x^2 \},}$

για κάθε

.

Ορίζουμε τώρα $A=\{x \in \mathbb{R} | x \neq 0 \,\, \text {\gr και} \,\, f(x)=1+x^2 \}$ και $B=\{x \in \mathbb{R} | x \neq 0 \,\, \text {\gr και} \,\, f(x)=1-x^2 \}$ .

Από τα παραπάνω, είναι $A \cup B= \mathbb{R}$ και $A \cap B= \emptyset$ (πράγματι, αν $x \in A \cap B$ τότε 1-x^2=f(x)=1+x^2

, άρα

, άτοπο).

Έχουμε τον επόμενο Ισχυρισμό:

Ισχυρισμός 3: Το σύνολο

είναι πεπερασμένο.
Απόδειξη: Υποθέτουμε αρχικά ότι το

είναι μη κενό. Μπορούμε να υποθέσουμε ότι $|A| \geq 2$ . Έστω $u,v \in A$ . Τότε, με x=u, y=v

στην αρχική έχουμε ότι

$\displaystyle{f(u^2-v^2)=f(1+u^2)-2u^2(1+v^2)+f(v^2),}$

και άρα υπάρχουν $\epsilon_1, \epsilon_2,\epsilon_3 \in \{-1,1 \}$ τέτοια, ώστε

$\displaystyle{1+\epsilon_1(u^2-v^2)^2=(1+\epsilon_2(1+u^2)^2)+(1+\epsilon_3v^4)-2u^2-2u^2v^2}$

Τώρα, διακρίνουμε περιπτώσεις:

Υποπερίπτωση 1: $\epsilon_1=1, \epsilon_2=1, \epsilon_3=1$ , οπότε προκύπτει 2(v^4-1)=0

, άρα $v \in \{1, -1 \}$ , οπότε f(1)=2

ή

. Όμως, η αρχική με x=1

και

δίνει

, οπότε έχουμε άτοπο.
Υποπερίπτωση 2: $\epsilon_1=1,\epsilon_2=1,\epsilon_3=-1$ , οπότε προκύπτει -2=0

, άτοπο.
Υποπερίπτωση 3: $\epsilon_1=1,\epsilon_2=-1,\epsilon_3=1$ , οπότε προκύπτει 2u^4+4u^2+2v^4=0

, άτοπο αφού $u,v \neq 0$ .
Υποπερίπτωση 4: $\epsilon_1=1,\epsilon_2=-1,\epsilon_3=-1$ , οπότε προκύπτει 2u^4+4u^2=0

, άτοπο αφού $u \neq 0$ .
Υποπερίπτωση 5: $\epsilon_1=-1,\epsilon_2=1,\epsilon_3=1$ , οπότε προκύπτει 4u^2v^2-2u^4-2=0

, δηλαδή $v=\pm \sqrt{\dfrac{u^4+1}{2u^2}}$ .
Υποπερίπτωση 6: $\epsilon_1=-1,\epsilon_2=1,\epsilon_3=-1$ , οπότε προκύπτει 4u^2v^2-2u^4-2v^4-2=0

, άρα

, άτοπο.
Υποπερίπτωση 7: $\epsilon_1=-1,\epsilon_2=-1,\epsilon_3=1$ , οπότε προκύπτει 4u^2v^2+4u^2=0

, άτοπο.
Υποπερίπτωση 8: $\epsilon_1=-1,\epsilon_2=-1,\epsilon_3=-1$ , οπότε προκύπτει 4u^2v^2+4u^2-2v^4=0

, άρα

, που δίνει $v^2=\dfrac{2u^2 \pm \sqrt{4u^2+8u^2}}{2}$ , άρα $v=\pm \sqrt{\dfrac{2u^2 \pm \sqrt{4u^2+8u^2}}{2}}$ .

Απο τα παραπάνω είναι σαφές, ότι αν σταθεροποιήσουμε το $u \in A$ τότε το τυχόν $v \in A$ μπορεί να πάρει το πολύ

διαφορετικές τιμές, οπότε έχουμε ότι $|A| \leq 1+6=7$ , άρα το

είναι πεπερασμένο $\blacksquare$

Στο πρόβλημα, αφού έχουμε ότι το

είναι πεπερασμένο, ο επόμενος στόχος είναι να δείξουμε ότι $A=\emptyset$ . Έστω προς άτοπο ότι $A \neq \emptyset$ , και έστω $k \in A$ . Αφού το

είναι πεπερασμένο και $A \cup B=\mathbb{R}$ , το

είναι άπειρο. Έστω ένα $t \in B$ , το οποίο θα επιλέξουμε κατάλληλα αργότερα.

Η αρχική για x=k

και

δίνει ότι

$\displaystyle{f(-t^2-k^2)=f(1+k^2)-2k^2(1-t^2)+f(t^2),}$

και άρα επιλέγοντας το

ώστε

$\displaystyle{-t^2-k^2,t^2 \notin A,}$

έχουμε ότι

$\displaystyle{1-(-t^2-k^2)^2=f(1+k^2)-2k^2(1-t^2)+(1-t^4),}$

και άρα f(1+k^2)=-k^4-4k^2t^2+2k^2

, άτοπο για κατάλληλη επιλογή του

.

Συνεπώς, είναι πράγματι $A=\emptyset$ , και άρα f(x)=1-x^2

για κάθε

, η οποία και επαληθεύει.

Περίπτωση 2: f(0)=-1

. Χειριζόμαστε ανάλογα αυτήν την περίπτωση, οπότε και προκύπτει η λύση f(x)=x^2-1

.

Περίπτωση 3: f(0)=0

. Τότε, με x=0

η αρχική δίνει f(-f(x))=f(x^2)

, και άρα από τον Ισχυρισμό 1 είναι $f(x) \in \{-x^2,x^2 \}$ , για κάθε

.

Ορίζουμε $C=\{x \in \mathbb{R} | x \neq 0 \,\, \text {\gr και} \,\, f(x)=x^2 \}$ και $D=\{x \in \mathbb{R} | x \neq 0 \,\, \text {\gr και} \,\, f(x)=-x^2 \}$ .

Αν κάποιο από τα C,D

είναι κενό, τότε προκύπτουν οι λύσεις f(x)=x^2

και

. Ας υποθέσουμε τώρα ότι $C,D \neq \emptyset$ . Σαφώς ισχύει $C \cup D=\mathbb{R}$ και $C \cap D=\emptyset$ .

Ισχυρισμός 4: Αν $x \in D$ , τότε $x^2 \in C$ .
Απόδειξη: Έστω ένα $s \in D$ , και ένα $n \in C$ . Τότε η αρχική με x=n

και

δίνει

$\displaystyle{f(n^2+s^2)=f(n^2)+2n^2s^2+f(s^2),}$

και άρα υπάρχουν $\epsilon_1,\epsilon_2,\epsilon_3 \in \{-1,1 \}$ τέτοια, ώστε

$\displaystyle{\epsilon_1(n^2+s^2)^2=\epsilon_2 n^4+\epsilon_3s^4+2n^2s^2}$

Αφού $n,s \neq 0$ είναι άμεσο να δούμε ότι πρέπει $\epsilon_1=\epsilon_2=\epsilon_3=1$ , και άρα f(s^2)=s^4

, δηλαδή $s^2 \in C$ , όπως θέλαμε. Επίσης προκύπτει ότι $n^2,n^2+s^2 \in C$ . $\blacksquare$

Ισχυρισμός 5: Το σύνολο

είναι το κενό.
Απόδειξη: Έστω πως υπάρχει $c \in D$ , τότε με x=y=c

η αρχική δίνει

$\displaystyle{f(f(c))-2c^2f(c)+f(c^2)=0,}$

και άρα από τον Ισχυρισμό 4,

$\displaystyle{f(-c^2)=-3c^4,}$

δηλαδή $-3c^4 \in \{-c^4,c^4 \}$ , άτοπο αφού $c \neq 0$ .

Συνεπώς, το

είναι πράγματι το κενό $\blacksquare$

Από το αποτέλεσμα του Ισχυρισμού 5 έχουμε το ζητούμενο άτοπο.

Ολοκληρώνοντας, λύσεις είναι οι συναρτήσεις $f \equiv 0$ , f(x)=x^2

,

και

.

Δυσκολούτσικη συναρτησιακή

Δυσκολούτσικη συναρτησιακή

Re: Δυσκολούτσικη συναρτησιακή

Re: Δυσκολούτσικη συναρτησιακή

Re: Δυσκολούτσικη συναρτησιακή

Re: Δυσκολούτσικη συναρτησιακή

Re: Δυσκολούτσικη συναρτησιακή

Μέλη σε σύνδεση