Βρείτε τις συναρτήσεις!

Συντονιστές: achilleas, emouroukos, silouan

socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5799
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Βρείτε τις συναρτήσεις!

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Τετ Νοέμ 16, 2016 12:37 am

Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} τέτοιες ώστε \displaystyle{f(f(x) + xy) + f(y^2) = 2016x + yf(x+y)}, για κάθε x,y\in \mathbb{R}.


Θανάσης Κοντογεώργης

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
emouroukos
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 1396
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 1:27 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: Βρείτε τις συναρτήσεις!

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από emouroukos » Πέμ Ιαν 05, 2017 11:36 am

Έστω

\displaystyle{P\left( {x,y} \right):f\left( {f\left( x \right) + xy} \right) + f\left( {{y^2}} \right) = 2016x + yf \left( {x + y} \right)} \bf \color{red} \left (1 \right)

η δοσμένη συναρτησιακή σχέση.

Έχουμε ότι:

\displaystyle{P\left( {0,0} \right):f\left( {f\left( 0 \right)} \right) + f\left( 0 \right) = 0}

και

\displaystyle{P\left( {0,1} \right):f\left( {f\left( 0 \right)} \right) + f\left( 1 \right) = f\left( 1 \right) \Rightarrow f\left( {f\left( 0 \right)} \right) = 0,}

οπότε \displaystyle{{f\left( 0 \right) = 0}.}

Άρα, για κάθε x \in \mathbb{R}, είναι:

\displaystyle{P\left( {x,0} \right):f\left( {f\left( x \right)} \right) = 2016x} \bf \color{red} \left (2 \right)

και

\displaystyle{P\left( {0,x} \right):f\left( {{x^2}} \right) = xf\left( x \right)} \bf \color{red} \left (3 \right).

Από τη σχέση \bf \color{red} \left (2 \right) προκύπτει ότι η \displaystyle{f} είναι 1-1. Θέτοντας στη σχέση \bf \color{red} \left (3 \right) όπου x το \displaystyle{f\left( x \right)} βρίσκουμε ότι για κάθε x \in \mathbb{R} είναι:

\displaystyle{f\left( {{f^2}\left( x \right)} \right) = f\left( x \right)f\left( {f\left( x \right)} \right)\mathop  = \limits^{\left( 2 \right)} 2016xf\left( x \right)\mathop  = \limits^{\left( 3 \right)} 2016f\left( {{x^2}} \right)\mathop  = \limits^{\left( 2 \right)} f\left( {f\left( {f\left( {{x^2}} \right)} \right)} \right)\mathop  \Rightarrow \limits^{1 - 1} }

\displaystyle{ \Rightarrow {f^2}\left( x \right) = f\left( {f\left( {{x^2}} \right)} \right)\mathop  = \limits^{\left( 2 \right)} 2016{x^2},}

δηλαδή

\displaystyle{{f^2}\left( x \right) = 2016{x^2}} \bf \color{red} \left (4 \right)

για κάθε x \in \mathbb{R}.

Από τη σχέση \bf \color{red} \left (4 \right) προκύπτει ότι για κάθε x \in \mathbb{R} ισχύει

\displaystyle{f\left( x \right) = \sqrt {2016} x \vee f\left( x \right) =  - \sqrt {2016} x.}

Υποθέτουμε ότι υπάρχουν μη μηδενικοί πραγματικοί αριθμοί \displaystyle{a,b} τέτοιοι, ώστε \displaystyle{f\left( a \right) = \sqrt {2016} a} και \displaystyle{f\left( b \right) =  - \sqrt {2016} b.} Τότε

\displaystyle{P\left( {a,b} \right):f\left( {\sqrt {2016} a + ab} \right) - \sqrt {2016} {b^2} = 2016a + bf\left( {a + b} \right)} \bf \color{red} \left (5 \right)

και

\displaystyle{P\left( {b,a} \right):f\left( { - \sqrt {2016} b + ab} \right) + \sqrt {2016} {a^2} = 2016b + af\left( {a + b} \right)} \bf \color{red} \left (6 \right).

Διακρίνουμε τέσσερις περιπτώσεις:

\bullet Αν \displaystyle{f\left( {\sqrt {2016} a + ab} \right) = \sqrt {2016} \left( {\sqrt {2016} a + ab} \right) = 2016a + \sqrt {2016} ab} και \displaystyle{f\left( {a + b} \right) = \sqrt {2016} \left( {a + b} \right),} τότε η σχέση \bf \color{red} \left (5 \right) δίνει ότι:

\displaystyle{2016a + \sqrt {2016} ab - \sqrt {2016} {b^2} = 2016a + b\sqrt {2016} \left( {a + b} \right) \Rightarrow  - \sqrt {2016} {b^2} = \sqrt {2016} {b^2} \Rightarrow b = 0,}

πράγμα άτοπο.

\bullet Αν \displaystyle{f\left( {\sqrt {2016} a + ab} \right) = \sqrt {2016} \left( {\sqrt {2016} a + ab} \right) = 2016a + \sqrt {2016} ab} και \displaystyle{f\left( {a + b} \right) = -\sqrt {2016} \left( {a + b} \right),} τότε η σχέση \bf \color{red} \left (5 \right) δίνει ότι:

\displaystyle{2016a + \sqrt {2016} ab - \sqrt {2016} {b^2} = 2016a - b\sqrt {2016} \left( {a + b} \right) \Rightarrow \sqrt {2016} ab =  - \sqrt {2016a} b \Rightarrow ab = 0,}

πράγμα άτοπο.

\bullet Αν \displaystyle{f\left( {\sqrt {2016} a + ab} \right) = -\sqrt {2016} \left( {\sqrt {2016} a + ab} \right) = -2016a - \sqrt {2016} ab} και \displaystyle{f\left( {a + b} \right) = -\sqrt {2016} \left( {a + b} \right),} τότε η σχέση \bf \color{red} \left (5 \right) δίνει ότι:

\displaystyle{ - 2016a - \sqrt {2016} ab - \sqrt {2016} {b^2} = 2016a - b\sqrt {2016} \left( {a + b} \right) \Rightarrow  - 2016a = 2016a \Rightarrow a = 0,}

πράγμα άτοπο.

\bullet Απομένει η περίπτωση \displaystyle{f\left( {\sqrt {2016} a + ab} \right) = -\sqrt {2016} \left( {\sqrt {2016} a + ab} \right) = -2016a - \sqrt {2016} ab} και \displaystyle{f\left( {a + b} \right) = \sqrt {2016} \left( {a + b} \right),} οπότε η σχέση \bf \color{red} \left (5 \right) δίνει ότι:

\displaystyle{ - 2016a - \sqrt {2016} ab - \sqrt {2016} {b^2} = 2016a + b\sqrt {2016} \left( {a + b} \right) \Rightarrow \sqrt {2016} a + ab + {b^2} = 0,}

που δεν οδηγεί άμεσα σε άτοπο!

Τώρα χρησιμοποιούμε τη σχέση \bf \color{red} \left (6 \right): Έχουμε δύο περιπτώσεις:

\bf {\star} Αν \displaystyle{f\left( { - \sqrt {2016} b + ab} \right) = \sqrt {2016} \left( { - \sqrt {2016} b + ab} \right) =  - 2016b + \sqrt {2016} ab,} τότε η σχέση \bf \color{red} \left (6 \right) δίνει ότι:

\displaystyle{ - 2016b + \sqrt {2016} ab + \sqrt {2016} {a^2} = 2016b + a\sqrt {2016} \left( {a + b} \right) \Rightarrow b = 0,}

πράγμα άτοπο.

\bf {\star} Αν \displaystyle{f\left( { - \sqrt {2016} b + ab} \right) = -\sqrt {2016} \left( { - \sqrt {2016} b + ab} \right) =  2016b - \sqrt {2016} ab,} τότε η σχέση \bf \color{red} \left (6 \right) δίνει ότι:

\displaystyle{2016b - \sqrt {2016} ab + \sqrt {2016} {a^2} = 2016b + a\sqrt {2016} \left( {a + b} \right) \Rightarrow 2\sqrt {2016} ab = 0 \Rightarrow ab = 0,}

που είναι και πάλι άτοπο!

Ώστε, οι ζητούμενες συναρτήσεις είναι οι \displaystyle{\boxed{f\left( x \right) = \sqrt {2016} x},} x \in \mathbb{R} και \displaystyle{\boxed{f\left( x \right) =- \sqrt {2016} x},} x \in \mathbb{R}.


Βαγγέλης Μουρούκος

Erro ergo sum.
Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης