Από την Ουκρανία

#1

α) Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε $\displaystyle{4f(x+f(y))=f(x)+f(y)+f(xy)+1,}$ για κάθε $x,y \in \mathbb{R}.$

β) Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f: \mathbb{R}^+ \rightarrow \mathbb{R}^+$ τέτοιες ώστε $\displaystyle{4f(x+f(y))=f(x)+f(y)+f(xy)+1,}$ για κάθε $x,y \in \mathbb{R}^+.$

#2

Επαναφορά!

#3

Επαναφορά!
(Μετά από καιρόοοο)

Ορέστης Λιγνός · #4

socrates έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 12, 2015 7:29 pm
α) Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε $\displaystyle{4f(x+f(y))=f(x)+f(y)+f(xy)+1,}$ για κάθε $x,y \in \mathbb{R}.$

Έστω

, για κάθε

. Τότε, η δοσμένη σχέση γράφεται

$\displaystyle{4g(x+g(y)+1)=g(x)+g(y)+g(xy)}$

Σαφώς η μηδενική επαληθεύει την πιο πάνω, οπότε ας υποθέσουμε από εδώ και πέρα ότι η

δεν είναι η μηδενική. Αρχίζουμε με κάποιους Ισχυρισμούς:

Ισχυρισμός 1: 4g(0)=3g(1)

.
Απόδειξη: Για y=0

και

διαδοχικά στην αρχική έχουμε

$\displaystyle{4g(x+g(0)+1)=g(x)+2g(0)}$

και

$\displaystyle{4g(x+g(1)+1)=2g(x)+g(1)}$

Επομένως, είναι 4g(g(0)+1)=3g(0)

και

. Τώρα, έχουμε ότι

$\displaystyle{4g(g(0)+g(1)+2)=4g((g(1)+1)+g(0)+1)=g(g(1)+1)+2g(0)=\dfrac{2g(0)+g(1)}{4}+2g(0)}$

και

$\displaystyle{4g(g(0)+g(1)+2)=4g((g(0)+1)+g(1)+1)=2g(g(0)+1)+g(1)=\dfrac{3g(0)}{2}+g(1),}$

συνεπώς προκύπτει ότι

$\displaystyle{\dfrac{2g(0)+g(1)}{4}+2g(0)=\dfrac{3g(0)}{2}+g(1),}$

που δίνει ότι 4g(0)=3g(1)

, όπως θέλαμε $\blacksquare$

Οι σχέση

$\displaystyle{4g(x+g(0)+1)=g(x)+2g(0)}$

με τη βοήθεια του Ισχυρισμού 1 γράφεται

$4g(x+\dfrac{3g(1)}{4}+1)=g(x)+\dfrac{3g(1)}{2}$ .

Ισχυρισμός 2: $g(\dfrac{g(1)}{4})=g(1)$ .
Απόδειξη: Είναι,

$\displaystyle{4g(g(1)+1)=4g(0+g(1)+1)=2g(0)+g(1)=\dfrac{5g(1)}{2}}$

και

$\displaystyle{4g(g(1)+1)=4g(\dfrac{g(1)}{4}+\dfrac{3g(1)}{4}+1)=g(\dfrac{g(1)}{4})+\dfrac{3g(1)}{2},}$

συνεπώς είναι

$\displaystyle{\dfrac{5g(1)}{2}=g(\dfrac{g(1)}{4})+\dfrac{3g(1)}{2},}$

που δίνει το ζητούμενο $\blacksquare$

Πόρισμα Ισχυρισμού 2: Είναι, $g(\dfrac{g(1)}{4}x)=g(x)$ , για κάθε

.
Απόδειξη: Πράγματι, η αρχική με $y=\dfrac{g(1)}{4}$ και y=1

δίνει το ζητούμενο, χρησιμοποιώντας τον Ισχυρισμό 2 $\blacksquare$

Ισχυρισμός 3: $g(x+\dfrac{g(1)}{4})=2g(x)-\dfrac{g(1)}{2}$ .
Απόδειξη: Οι σχέσεις,

$\displaystyle{4g(x+\dfrac{3g(1)}{4}+1)=g(x)+\dfrac{3g(1)}{2}}$

και

$\displaystyle{4g(x+g(1)+1)=2g(x)+g(1)}$

δίνουν,

$\displaystyle{4g(x+\dfrac{3g(1)}{4}+1)-2g(x+g(1)+1)=g(x)+\dfrac{3g(1)}{2}-g(x)-\dfrac{g(1)}{2}=g(1),}$

συνεπώς αντικαθιστώντας $x \rightarrow x-\dfrac{3g(1)}{4}-1$ , προκύπτει

$\displaystyle{g(x+\dfrac{g(1)}{4})=2g(x)-\dfrac{g(1)}{2},}$

όπως θέλαμε $\blacksquare$

Ισχυρισμός 4: $g(k)=\dfrac{(2^{k-1}+1)g(1)}{2}$ , για κάθε $k \in \mathbb{N^*}$ .
Απόδειξη: Το αποδεικνύουμε επαγωγικά. Για k=1

είναι προφανές. Αν ισχύει για κάποιο

, τότε με $x=k \cdot \dfrac{g(1)}{4}$ στο αποτέλεσμα του Ισχυρισμού 3 και χρησιμοποιώντας το Πόρισμα του Ισχυρισμού 2 προκύπτει

$\displaystyle{g(k+1)=g((k+1)\dfrac{g(1)}{4})=2g(k \cdot \dfrac{g(1)}{4})-\dfrac{g(1)}{2}=2g(k)-\dfrac{g(1)}{2}=\dfrac{(2^k+1)g(1)}{2},}$

όπως θέλαμε $\blacksquare$

Στο πρόβλημα, είναι 4g(x+g(1)+1)=2g(x)+g(1)

, και άρα έχουμε τον επόμενο Ισχυρισμό:

Ισχυρισμός 5: $g(k(g(1)+1))=\dfrac{2^{k+1}+1}{2^{k+2}}g(1)$ , για κάθε $k \in \mathbb{N^*}$ .
Απόδειξη: Άμεσο επαγωγικά από την σχέση 4g(x+g(1)+1)=2g(x)+g(1)

$\blacksquare$

Τώρα, με x=g(1)+1

και $y \rightarrow x$ η αρχική δίνει

$\displaystyle{4g(g(1)+1+g(x)+1)=g(g(1)+1)+g(x)+g((g(1)+1)x),}$

ενώ με $x \rightarrow g(x)+1$ και y=1

δίνει

$\displaystyle{g(g(x)+1+g(1)+1)=2g(g(x)+1)+g(1),}$

συνεπώς είναι

$\displaystyle{g(g(1)+1)+g(x)+g((g(1)+1)x)=2g(g(x)+1)+g(1)}$

Επιλέγουμε $x \in \mathbb{N^*}$ . Είναι

$\displaystyle{g(g(1)+1)=\dfrac{2g(0)+g(1)}{4}=\dfrac{5g(1)}{8},}$

$\displaystyle{g(g(x)+1)=\dfrac{2g(0)+g(x)}{4}=\dfrac{3g(1)+2g(x)}{8},}$

και από τον Ισχυρισμούς 4 και 5,

$\displaystyle{g(x)=\dfrac{(2^{x-1}+1)g(1)}{2}}$

και

$\displaystyle{g(x(g(1)+1))=\dfrac{2^{x+1}+1}{2^{x+2}}g(1)}$

Αντικαθιστώντας λοιπόν αυτές τις σχέσεις, προκύπτει εύκολα ότι πρέπει αναγκαστικά g(1)=0

.

Συνεπώς, είναι $g(0)=\dfrac{3g(1)}{4}=0=g(1)$ , και άρα η αρχική με y=0

και

διαδοχικά δίνει,

$\displaystyle{g(x)=g(x)+g(0)+g(x \cdot 0)=4g(x+g(0)+1)=4g(x+g(1)+1)=g(x)+g(1)+g(x)=2g(x),}$

δηλαδή g(x)=0

για κάθε

, άτοπο αφού υποθέσαμε ότι η

δεν είναι η μηδενική.

Συνοψίζοντας, πρέπει $g \equiv 0$ , και άρα $f \equiv 1$ , συνάρτηση η οποία προφανώς επαληθεύει.

Από την Ουκρανία

Από την Ουκρανία

Re: Από την Ουκρανία

Re: Από την Ουκρανία

Re: Από την Ουκρανία

Μέλη σε σύνδεση