Συναρτησιακή με f,g

#1

Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f,g:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε
(α) f(xg(y + 1)) + y = xf(y) + f(x + g(y)),

για κάθε $x,y \in \mathbb{R}.$
(β) f(0) + g(0) = 0.

Summand · #2

Καλησπέρα! Ώντας καινούργιος σε αυτού του είδους τα προβλήματα προσπάθησα (μάλλον αποτυχημένα) να λύσω την συναρτησιακή εξίσωση. Συγκέντρωσα μερικές παρατηρήσεις, δεν φαίνεται όμως να μπορώ να "ξεκλειδώσω" μέχρι τέλους το πρόβλημα.

Έστω P(x,y)

ο δεδομένος ισχυρισμός.

Παρατηρούμε ότι η f(x)=g(x)=x

είναι μία λύση της εξίσωσης και ότι για οποιαδήποτε σταθερά $c\in \mathbb{R}$ η f(x)=c

δεν είναι λύση της εξίσωσης.

$P(0,0)\Rightarrow f(0)=f(g(0))$ , (1)

$P(0,1)\Rightarrow f(1+g(0))=1, (2)$

$P(0,y)\Rightarrow f(0)+y=f(g(y)),\forall y \in \mathbb{R}$ , (3)

άρα η

είναι συνάρτηση ένα προς ένα. Προφανώς

η g(x)

είναι επίσης ένα προς ένα και αφού η f(g(x))

είναι επί και η f(x)

είναι επί.

$P(1,r)\Rightarrow f(g(r+1))+r=f(r)+f(1+g(r)),\forall r\in \mathbb{R},(4)$

$(2),(3)\Rightarrow 2r+1+f(0)=f(r)+f(1+g(r)),(5)$

Επομένως η συνάρτηση $F(r)=f(r)+f(1+g(r)),r\in \mathbb{R}$ , (6)

είναι ένα προς ένα.

Η αντικατάσταση $-x\rightarrow x$ δεν φαίνεται να δίνει κάτι. Το βασικό πρόβλημά μου φαίνεται να ξεκινά όταν στην (6)

δεν μπορώ να απαλείψω το g(r)

και όταν δεν μπορώ να αποδείξω ότι f(0)=g(0)=0, f(1)=g(1)=1

(που φαίνονται "προφανή").

Για οποιαδήποτε βοήθεια και καθοδήγηση θα ήμουν ευγνώμων!

Φιλικά,
Γιάννης

#3

Γιάννη, πολύ ωραία μέχρι στιγμής. Δίνω το επόμενο βήμα που είναι και μια σημαντική τεχνική στις συναρτησιακές εξισώσεις:

Αν $g(y+1) \neq 1$ τότε επιλέγω $\displaystyle x = \frac{g(y)}{g(y+1)-1}.$ Με αυτήν την επιλογή έχω xg(y+1) = x+g(y)

. Οπότε έχω και $\displaystyle y = xf(y) = \frac{f(y)g(y)}{g(y+1)-1}.$

Από εδώ θέλει λίγη δουλειά αλλά νομίζω θα το βγάλεις. Αλλιώς μας ξαναζητάς βοήθεια.

Summand · #4

Καλησπέρα και πάλι και ευχαριστώ για την βοήθεια! Θεωρώ πως έχω καταλήξει σε μια λύση, αισθάνομαι όμως πως υπάρχουν ακόμη ορισμένα "μελανά σημεία" στη λύση μου.

Αν $g(y+1)\neq 1$ τότε επιλέγοντας όπως μου είπατε $\frac{g(y)}{g(y+1)-1}\rightarrow x$ έχουμε xg(y+1)=x+g(y),(7)

Για

στην

έχουμε $g(y+1)=g(y)+1\Leftrightarrow f(g(y+1))=f(g(y)+1)$ , (8)

(ισχύει, όμως, για κάθε $y\in \mathbb{R}$ παρά τον περιορισμό $g(y+1)\neq 1$ ;)

Από την (3)

: $\forall y\in \mathbb{R}: f(g(y))=y+f(0)\Leftrightarrow f(g(y+1))=y+1+f(0), (9)$

Από την (5)

έχουμε ότι $f(r)+f(1+g(r))=2r+1+f(0)\Leftrightarrow f(1+g(r))=2r+1+f(0)-f(r)$ , (10)

$(8),(9),(10)\Rightarrow y+1+f(0)=2y+1+f(0)-f(y)\Leftrightarrow f(y)=y$ (για κάθε $y\in \mathbb{R}$ ;)

Προφανώς πλέον f(0)=g(0)=0

.

Αντικαθιστώντας τον τύπο της

στη δοθείσα σχέση έχουμε: xg(y+1)+y=xy+x+g(y),(11)

Στην $(11): x=0, y=s\Rightarrow g(s)=s$ (και εδώ ισχύει για κάθε $s\in \mathbb{R}$ ;)

Άρα μοναδική λύση της συναρτησιακής εξίσωσης είναι η f(x)=g(x)=x

.

Οι περισσότερες ερωτήσεις που μου προέκυψαν στην πορεία είναι κάθε φορά για τον περιορισμό $g(y+1)\neq 1$ και το αν πρέπει να δουλέψω μια περίπτωση ξεχωριστά γι'αυτό μιας και δεν υπάρχουν δεδομένα συνέχειας.

Επιπλέον, αν κατάλαβα καλά την τεχνική σας, επιλέγω (x,y)

τέτοια ώστε να εξισώσω τις "υπό συνάρτηση" ποσότητες και χρησιμοποιώντας την ιδιότητα της συνάρτησης να απαλείψω όρους σε άλλες σχέσεις που έχω βρει; Τέλος δεν κατάφερα να χρησιμοποιήσω την δεύτερη σχέση που προκύπτει από την επιλογή των (x,y)

που με οδήγησε να σκεφτώ μήπως την χρειαζόμουν για να εξετάσω την περίπτωση του περιορισμού.

Σας ευχαριστώ πολύ για τον χρόνο σας!

Φιλικά,
Γιάννης Ν.

#5

Summand έγραψε: ↑
Τετ Σεπ 11, 2019 5:45 pm
Καλησπέρα και πάλι και ευχαριστώ για την βοήθεια! Θεωρώ πως έχω καταλήξει σε μια λύση, αισθάνομαι όμως πως υπάρχουν ακόμη ορισμένα "μελανά σημεία" στη λύση μου.

Αν $g(y+1)\neq 1$ τότε επιλέγοντας όπως μου είπατε $\frac{g(y)}{g(y+1)-1}\rightarrow x$ έχουμε

Για στην

Γιάννη, εδώ υπάρχει σοβαρό πρόβλημα. Το

το επιλέξαμε ήδη να είναι ίσο με $\displaystyle \frac{g(y)}{g(y+1)-1}$ . Δεν μπορούμε λοιπόν να έρθουμε και να το βάλουμε ίσο με

.

Ο λόγος που κάναμε αυτήν την επιλογή είναι όπως σωστά λες

Summand έγραψε: ↑
Τετ Σεπ 11, 2019 5:45 pm
Επιπλέον, αν κατάλαβα καλά την τεχνική σας, επιλέγω τέτοια ώστε να εξισώσω τις "υπό συνάρτηση" ποσότητες

Όταν το κάνουμε αυτό καταλήγουμε στο $\displaystyle y = \frac{f(y)g(y)}{g(y+1)-1}$ ή ισοδύναμα

$\displaystyle y(g(y+1)-1) = f(y)g(y)$ για όλα τα

ώστε $g(y+1) \neq 1$ . $(\ast)$

Σωστά ανησυχείς για το

Summand έγραψε: ↑
Τετ Σεπ 11, 2019 5:45 pm
Οι περισσότερες ερωτήσεις που μου προέκυψαν στην πορεία είναι κάθε φορά για τον περιορισμό $g(y+1)\neq 1$ και το αν πρέπει να δουλέψω μια περίπτωση ξεχωριστά γι'αυτό μιας και δεν υπάρχουν δεδομένα συνέχειας.

Ευτυχώς έχεις ήδη αποδείξει ότι η

είναι ένα προς ένα άρα υπάρχει το πολύ μία τέτοια τιμή του

. Εγώ είχα κάνει μετά το εξής:

Υποθέτω προς άτοπο ότι $f(0) \neq 0$ . Αφού η

είναι επί, υπάρχει

ώστε

. Επειδή $t \neq 0$ , από την $(\ast)$ πρέπει g(t+1) = 1

. [Πιο προσεκτικά: Αν $g(t+1) \neq 1$ , τότε ισχύει ότι t(g(t+1)-1) = f(t)g(t) = 0

, άτοπο αφού $t \neq 0$ και $g(t+1) \neq 1$ .] Επειδή $t \neq 0$ , η

είναι 1-1, και g(t+1) = 1

, τότε $g(1) \neq 1$ . Άρα για t = 0

στην $(\ast)$ παίρνω 0 = f(0)g(0)

. Τότε όμως το ένα από τα f(0),g(0)

ισούται με

, άρα και το άλλο ισούται με

.

Τώρα είναι εύκολο να κλείσει: Για y = -1, x = z-g(-1)

στην αρχική βρίσκουμε ότι f(z) = -1-(z-g(-1))f(-1)

, δηλαδή η

είναι γραμμική. Αφού f(0)=0

πρέπει

για κάποιο $a \neq 0$ (αφού επιπλέον η

είναι επί). Τώρα η (3) δίνει g(x) = x/a

. Αντικαθιστώντας στην αρχική και κάνοντας τις πράξεις βρίσκουμε ότι a=1

.

Summand · #6

Καλησπέρα και πάλι κύριε Δημήτρη! Έχετε δίκιο, ξαναδιαβάζοντας την απόδειξη μόλις την υπέβαλα άρχισα να ανησυχώ ότι κάτι δεν πάει καλά με την αντικατάσταση για x=1

, μιας και όπως λέτε έχουμε ήδη αντικαταστήσει κάτι άλλο.

Ευχαριστώ για την βοήθεια,

Γιάννης Ν.

#7

Πηγή:
https://artofproblemsolving.com/communi ... 08p8478349

Συναρτησιακή με f,g

Συναρτησιακή με f,g

Re: Συναρτησιακή με f,g

Re: Συναρτησιακή με f,g

Re: Συναρτησιακή με f,g

Re: Συναρτησιακή με f,g

Re: Συναρτησιακή με f,g

Re: Συναρτησιακή με f,g

Μέλη σε σύνδεση