Συναρτησιακές...by εμού

Lymperis Karras · #1

Ορίστε 2 ιδιοκατασκευές, όχι ιδιαίτερα δύσκολες προς την επίλυση...

1) Να βρείτε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε f(x+y) + f(x)f(y)= f(x) + f(y) + xy

, $\forall x,y\in \mathbb{R}$

2) Να βρείτε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε f(xf(y)+y)+f(xy)=f(xy+1)+xy+x+y

, $\forall x,y\in \mathbb{R}$

Joaakim · #2

Lymperis Karras έγραψε: ↑
Τρί Σεπ 28, 2021 5:14 pm

1) Να βρείτε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε , $\forall x,y\in \mathbb{R}$

Έστω

η δοσμένη σχέση.

Από P(0,0)

έχω $f(0)+f^{2}(0)=2f(0) \Rightarrow f^{2}(0)=f(0) \Rightarrow f(0)=1$ , ή f(0)=0

.

Αν όμως f(0)=1

, τότε από P(x,0)

παίρνω $f(x)+f(x)f(0)=f(x)+f(0) \Rightarrow 2f(x)=f(x)+1 \Rightarrow f(x)=1$ , που όμως δεν επαληθεύει.

Άρα f(0)=0

. Από

έχω
$f(0)+f(1)f(-1)=f(1)+f(-1)-1 \Rightarrow$
$\Rightarrow f(1)(f(-1)-1)-(f(-1)-1)=0 \Rightarrow (f(1)-1)(f(-1)-1)=0$ ,
άρα f(1)=1

ή

. Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις:

Περίπτωση 1: f(1)=1

Τότε από

έχω
$f(x+1)+f(x)f(1)=f(x)+f(1)+x \Rightarrow f(x+1)=x+1$ , και άρα $\boxed {f(x)=x}$ , που επαληθεύει.

Περίπτωση 2: f(-1)=1

Τότε από

έχω
$f(x-1)+f(x)f(-1)=f(x)+f(-1)-x \Rightarrow f(x-1)=1-x$ , και άρα $\boxed {f(x)=-x}$ , που επαληθεύει.

Joaakim · #3

Lymperis Karras έγραψε: ↑
Τρί Σεπ 28, 2021 5:14 pm

2) Να βρείτε όλες τις συναρτήσεις $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες ώστε , $\forall x,y\in \mathbb{R}$

Έστω

η δοσμένη σχέση.

Από P(0,0)

έχω $f(0)+f(0)=f(1) \Rightarrow f(1)=2f(0)$ .

Από P(0,1)

έχω $f(1)+f(0)=f(1)+1 \Rightarrow f(0)=1$ , που δίνει f(1)=2

Τέλος, από P(0,y)

έχω

, που δίνει $\boxed{f(y)=y+1}$ , που επαληθεύει.

Lymperis Karras · #4

Πολύ ωραία! Ας τονίσω ότι η ιδέα για την πρώτη προέρχεται από ένα θέμα από την Μεγάλη Βρεττανία του 2010.

Συναρτησιακές...by εμού

Συναρτησιακές...by εμού

Re: Συναρτησιακές...by εμού

Re: Συναρτησιακές...by εμού

Re: Συναρτησιακές...by εμού

Μέλη σε σύνδεση