Συναρτησιακή εξίσωση

#1

Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ για τις οποίες ισχύει $\displaystyle{f(x + y) \ge xf(x) + yf(y)}$ για κάθε $x, y\in \mathbb{R}$

Ορέστης Λιγνός · #2

socrates έγραψε: ↑
Σάβ Σεπ 24, 2022 12:59 am
Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ για τις οποίες ισχύει $\displaystyle{f(x + y) \ge xf(x) + yf(y)}$ για κάθε $x, y\in \mathbb{R}$

Όμορφη

Έστω

η δοσμένη συναρτησιακή σχέση.

Ισχυρισμός 1: Είναι $f(x) \leq 0$ για κάθε $x \geq 1$ και $f(x) \geq 0$ για κάθε x<1

.
Απόδειξη: Η P(x,0)

δίνει ότι $f(x)(x-1) \leq 0$ , οπότε $f(x) \leq 0$ για x > 1

και $f(x) \geq 0$ για x<1

. Οπότε, η P(1,1)

δίνει ότι $f(2) \geq 2f(1)$ , και άρα $2f(1) \leq f(2) \leq 0$ , οπότε προκύπτει και ότι $f(1) \leq 0$ . $\blacksquare$

Ισχυρισμός 2: Είναι f(x)=0

για κάθε $x \in (0,1)$ .
Απόδειξη: Δείχνουμε επαγωγικά, ότι για κάθε $n \in \mathbb{N^*}$ , είναι f(x)=0

για κάθε $x \in [\dfrac{1}{2^n},1)$ .

Για n=1

, θεωρούμε την P(x,x)

, οπότε $f(2x) \geq 2xf(x)$ . Θεωρούμε ένα οποιοδήποτε $x \in [\dfrac{1}{2},1)$ , συνεπώς $2x \geq 1$ , και άρα

$0 \geq f(2x) \geq 2xf(x),$

που δίνει ότι $f(x) \leq 0$ , και αφού x<1

είναι και $f(x) \geq 0$ , άρα τελικά f(x)=0

, για κάθε $x \in [\dfrac{1}{2},1)$ .

Για το επαγωγικό βήμα τώρα, αν f(x)=0

για κάθε $x \in [\dfrac{1}{2^n},1)$ , τότε θεωρώντας ένα οποιοδήποτε $x \in [\dfrac{1}{2^{n+1}},1)$ , είναι $\dfrac{1}{2^n} \leq 2x \leq 2$ και άρα $f(2x) \leq 0$ σε κάθε περίπτωση (αν 2x<1

προκύπτει από την επαγωγική υπόθεση, αν $2x \geq 1$ προκύπτει από τον Ισχυρισμό 1). Συνεπώς, όπως πριν

$0 \geq f(2x) \geq 2xf(x),$

που δίνει ότι $f(x) \leq 0$ , και αφού x<1

όπως πριν είναι f(x)=0

, για κάθε $x \in [\dfrac{1}{2^{n+1}},1)$ .

Τώρα, αφού είναι $\displaystyle \lim_{n \rightarrow +\infty} \dfrac{1}{2^n}=0$ , έχουμε ότι f(x)=0

για κάθε $x \in (0,1)$ $\blacksquare$

Ισχυρισμός 3: Είναι f(x)=0

για κάθε $x \in (0,+\infty)$ .
Απόδειξη: Δείχνουμε επαγωγικά, ότι για κάθε $n \in \mathbb{N^*}$ είναι f(x)=0

για κάθε $x \in (0, 2^n)$ .

Για n=1

, θεωρούμε ένα οποιοδήποτε $x \in (0,2)$ , οπότε υπάρχουν $a,b \in (0,1)$ , τέτοια ώστε x=a+b

. Συνεπώς,

$f(x)=f(a+b) \geq af(a)+bf(b)=0 \geq f(x),$

λόγω των Ισχυρισμών 1 και 2. Συνεπώς, f(x)=0

για κάθε $x \in [1,2)$ .

Για το επαγωγικό βήμα τώρα, αν f(x)=0

για κάθε $x \in (0,2^n)$ , τότε θεωρώντας ένα οποιοδήποτε $x \in (0,2^{n+1})$ , υπάρχουν $a,b \in (0,2^n)$ τέτοια ώστε x=a+b

, και άρα όπως πριν

$f(x)=f(a+b) \geq af(a)+bf(b)=0 \geq f(x),$

συνεπώς f(x)=0

.

Τώρα, αφού $\displaystyle \lim_{n \rightarrow +\infty} 2^n=+\infty$ , έχουμε ότι f(x)=0

για κάθε $x \in (0,+\infty)$ $\blacksquare$

Έχουμε μέχρι στιγμής αποδείξει ότι f(x)=0

για κάθε

και $f(x) \geq 0$ για κάθε $x \leq 0$ . Θα δείξουμε ότι όλες αυτές οι συναρτήσεις ικανοποιούν την δοσμένη συναρτησιακή σχέση.

$\bullet$ Αν x,y >0

, τότε

.
$\bullet$ Αν x,y <0

, τότε $f(x+y) \geq 0 xf(x)+yf(y)$ , καθώς $f(x),f(y) \geq 0$ .
$\bullet$ Αν x=0

(όμοια αν

), τότε αν y >0

,

ενώ αν $y \leq 0$ , τότε $f(x+y)-xf(x)-yf(y)=(1-y)f(y) \geq 0$ .
$\bullet$ Αν τέλος x>0>y

(όμοια αν

), τότε $f(x+y) \geq 0 \geq yf(y)=xf(x)+yf(y)$

Συνεπώς, όλες οι συναρτήσεις τέτοιες ώστε f(x)=0

για

και $f(x) \geq 0$ για $x \leq 0$ ικανοποιούν.

#3

https://artofproblemsolving.com/communi ... t_xfx__yfy

Συναρτησιακή εξίσωση

Συναρτησιακή εξίσωση

Re: Συναρτησιακή εξίσωση

Re: Συναρτησιακή εξίσωση

Μέλη σε σύνδεση