Συναρτησιακή

#1

Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ για τις οποίες ισχύει

$f(x)f(x+y)\leq f(x^2)+xy,$

για κάθε $x,y\in \mathbb{R}.$

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #2

Θέτουμε

και παίρνουμε ότι:

$f(0)^2\leq f(0)$ .

Από αυτό παίρνουμε ότι $f(0)\geq 0$ .

Διακρίνουμε περιπτώσεις:

1) f(0)>0

:

Θέτοντας x=0

παίρνουμε ότι $f(0)f(y)\leq f(0)$ , οπότε $f(y)\leq 1$ .

Θέτουμε τώρα στην αρχική y=-x

και παίρνουμε ότι $f(x)f(0)\leq f(x^2)-x^2$ .

Ας υποθέσουμε ότι το

τείνει στο άπειρο. Λόγω του ότι $f(x^2)\leq 1$ και το γεγονός ότι το -x^2

θα τείνει στο μείον άπειρο, έχουμε ότι το f(x^2)-x^2

θα τείνει στο μείον άπειρο, άρα και το f(x)f(0)

θα τείνει στο μείον άπειρο. Αφού f(0)>0

συμπεραίνουμε ότι όταν το

τείνει στο άπειρο το f(x)

θα τείνει στο μείον άπειρο.

Θέτουμε $y=\dfrac{1}{x}$ .

Έχουμε ότι $f(x)f(x+\dfrac{1}{x})\leq f(x^2)+1$ .

Όταν το

τείνει στο άπειρο το δεξί μέλος θα τείνει στο μείον άπειρο. Όμως λόγω του ότι τα f(x)

και $f(x+\dfrac{1}{x})$ θα τείνουν στο μείον άπειρο έχουμε ότι το γινόμενό τους θα τείνει στο άπειρο, άρα η ανισοτική σχέση δεν θα ισχύει, άτοπο.

2) f(0)=0

.

Θέτουμε y=-x

και παίρνουμε ότι $f(x^2)-x^2\geq 0$ , οπότε $f(x)\geq x$ για $x\geq 0$ .

Με άλλα λόγια $f(1)\geq 1$ και $f(2)\geq 2$ .

Θέτουμε τώρα στην αρχική x=y=1

. Οπότε:

$f(1)f(2)\leq f(1)+1\Leftrightarrow 1\geq f(1)(f(2)-1)$ . Όμως αφού $f(1)\geq 1$ και $f(2)-1\geq 1$ , έχουμε ότι f(1)=f(2)-1=1

.

Θέτουμε τώρα x=1

και παίρνουμε ότι $f(y+1)\leq 1+y$ . Από αυτό παίρνουμε ότι f(x)=x

για $x\geq 0$ .

Για x<0

έχουμε ότι $f(x)\leq x$ .

Η σχέση γίνεται $f(x)f(x+y)\leq x(x+y)$ , αφού $x^2\geq 0$ , άρα $f(x)^2\leq x^2$ .

Αν όμως f(x_0)<x_0

για κάποιο x_0<0

, τότε $f(x_0)^2\geq (x_0)^2$ . Επομένως θα πρέπει f(x_0)^2=(x_0)^2

και αφού το $f(x_0)\leq x_0$ θα πρέπει f(x_0)=x_0

(αφού

).

Άρα f(x)=x

για κάθε πραγματικό αριθμό

.

maiksoul · #3

Καλό απόγευμα , μια προσέγγιση:

socrates έγραψε: ↑
Σάβ Σεπ 08, 2018 1:04 am
Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ για τις οποίες ισχύει

$f(x)f(x+y)\leq f(x^2)+xy,(1)$
για κάθε $x,y\in \mathbb{R}.$

Για $y=x^{2}-x$ προκύπτει από την αρχική για κάθε $x\in\mathbb{R}$ :

$f(x)f(x^{2})\leq f(x^{2})+x^{3}-x^{2}... (2)$

Με x=0

και

στην

διαδοχικά προκύπτουν: $f^{2}(0)\leq f(0)...\wedge ...f^{2}(1)\leq f(1)\Rightarrow 0\leq f(0)\leq 1..\wedge..0\leq f(1)\leq 1$

Με x=1,y=-1

η αρχική

δίνει: $f(1)f(0)\leq f(1)-1$

Συνδυάζοντας τα δύο τελευταία συμπεράσματα προκύπτουν:

$0\leq f(1)f(0)\leq f(1)-1\leq 0\Rightarrow f(1)=1.. \wedge ..f(0)=0$

Με x=1

και $y\in \mathbb{R}$ η αρχική γράφεται: $f(1+y)\leq1+y$ ή

$f(x)\leq x \;\;\;\; \forall x\in \mathbb{R}....(3)$

Με $x\in\mathbb{R}$ έχουμε $(3)\Rightarrow f(x^2)\leq x^2$

Όμοια : $y=-x:(1)\Rightarrow f(x^2)\geq x^2$ άρα τελικά προκύπτει: f(x^2)= x^2....(4)

Η αρχική τώρα γράφεται: $f(x)f(x+y)\leq x^2+xy...(5)$ ενώ η (4)

γράφεται: $f(x)=x \;\;\forall x \geq 0 ...(6)$

Με y=0

και $x\in\mathbb{R}$ στην αρχική προκύπτει: $f^{2}(x)\leq x^{2}\Leftrightarrow \left | f(x) \right |\leq \left | x \right |...(7)$

Έστω τώρα ότι υπάρχει k<0

με $f(k)\neq k\Rightarrow f(k)< k< 0$ τότε θα έχουμε:

$x=k:(7)\Rightarrow \left | f(k) \right |\leq \left | k \right |\Rightarrow -f(k)\leq -k\Rightarrow f(k)\geq k\Rightarrow k>k$ το οποίο είναι άτοπο.Επομένως $f(k)=k \;\;\forall k<0\;\;(8)$

Συνεπώς από τις (6),(8)

προκύπτει ότι $f(x)=x \;\;\forall x \in\mathbb{R}$

#4

Η άσκηση είναι μια δική μου κατασκευή.

Μπορούμε να λύσουμε και το "ανάποδο" πρόβλημα;

Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ για τις οποίες ισχύει

$f(x)f(x+y)\geq f(x^2)+xy,$ για κάθε $x,y\in \mathbb{R}.$

Συναρτησιακή

Συναρτησιακή

Re: Συναρτησιακή

Re: Συναρτησιακή

Re: Συναρτησιακή

Μέλη σε σύνδεση