Συναρτησιακή(!)

Συντονιστές: achilleas, emouroukos, silouan

Άβαταρ μέλους
JimNt.
Δημοσιεύσεις: 593
Εγγραφή: Παρ Μάιος 20, 2016 3:00 pm

Συναρτησιακή(!)

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από JimNt. » Κυρ Δεκ 29, 2019 11:41 pm

Να βρεθούν όλες οι αύξουσες συναρτήσεις f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} ώστε για κάθε ζεύγος πραγματικών να ισχύει η σχέση:
f(f(x^2) + y + f(y)) = x^2 + 2f(y).


Bye :')

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
min##
Δημοσιεύσεις: 322
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: Συναρτησιακή(!)

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Δευ Δεκ 30, 2019 2:46 am

Πολύ καλή!
Παρακάτω συμβολίζω τη δοσμένη με P(x,y).
Πρόταση 1.
Η f είναι 1-1.

Απόδειξη:
Έστω προς άτοπο πως υπάρχουν a,b με a<b,f(a)=f(b).
Παίρνουμε περιπτώσεις:
Περίπτωση 1. 0\leq a.
Το P(\sqrt{a},y)vsP(\sqrt{b},y) δίνει το αποτέλεσμα.
Περίπτωση 2. a<0<b
Επειδή f αύξουσα θα ισχύει πως f(x)=f(b) \forall x\in (0,b) οπότε παίρνοντας για a ένα x_{0} του διαστήματος αναγόμαστε στην προηγούμενη περίπτωση.
Περίπτωση 3.a<b\leq 0.
Η f είναι προφανώς μη-άνω-φραγμένη (θέτουμε στην P(x,y) x αρκετά μεγάλο).
Θέτοντας τώρα σταθερό x αρκετά μεγάλο (ώστε πχ.f(x^2)+y+f(y)>0 \forall y\in [a,b])και μεταβάλλοντας το y στο [a,b],στο οποίο η f είναι σταθερή,λαμβάνουμε πως η f είναι σταθερή (καθώς μεταβάλλεται το y) σε ένα διάστημα δεξιά του μηδενός,το οποίο είναι άτοπο από τις προηγούμενες περιπτώσεις.
Συνεπώς η f είναι πράγματι 1-1.
Πρόταση 2.
Η f δεν είναι κάτω φραγμένη.

Έστω προς άτοπο πως είναι m=inf(f(x)).
Τότε λόγω της μονοτονίας της f \lim_{x\rightarrow-\infty}f(x)=m, οπότε αν ορίσουμε την ακολουθία x_{n} ως x_{n}=n \forall n\in \mathbb{N} και την ακολουθία y_{n} ως y_{n}=-f(x_{n}^2)-n,\forall n\in \mathbb{N},
από τα παραπάνω,\lim_{n\rightarrow +\infty}(f(x_{n}^2)+y_{n}+f(y_{n}))=-\infty με αποτέλεσμα \lim_{n\rightarrow +\infty}f(f(x_{n}^2)+y_{n}+f(y_{n}))=m.
Από την άλλη,\lim_{n\rightarrow +\infty}f(f(x_{n}^2)+y_{n}+f(y_{n}))=\lim_{n\rightarrow +\infty}x_{n}^2+2f(y_{n})=+\infty το οποίο είναι άτοπο.
Έτσι πράγματι η f δεν είναι κάτω φραγμένη.
Ως εκτούτου,\exists y_{0},f(y_{0})<0 \Rightarrow _{P(x,y_{0})}\exists x_{0},f(x_{0})=0.
Έχουμε P(0,x_{0}):f(f(0)+x_{0})=f(x_{0}) και άρα αφού f 1-1 έχουμε f(0)=0.
Πλέον το P(x,0) δίνει f(f(x^2))=x^2,\forall x.
Λόγω μονοτονίας της f έπεται τελικά πως f(x)=x, \forall x\geq 0.
Έτσι η P(x,y) μετατρέπεται σε f(x^2+y+f(y))=x^2+2f(y).
Για κάθε y μπορούμε να βρούμε x ώστε x^2+y+f(y)>0 οπότε με βάση τα παραπάνω y+f(y)=2f(y) ή f(y)=y,\forall y που είναι η μοναδική λύση.


Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 807
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Συναρτησιακή(!)

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Δευ Δεκ 30, 2019 2:58 am

Καταρχάς για x_1, x_2>0, αν f(x_1)=f(x_2), είναι x_1=x_2, (θέτουμε όπου x^2 τα x_1, x_2 αντίστοιχα).

Για x_1>0 και x_2\leq 0, αν f(x_1)=f(x_2), τότε αφού είναι αύξουσα θα είναι και f(x_1)=f(0), άτοπο (θέτουμε όπου x=0 και όπου x^2 το x_1)

Οπότε αν f(x_1)=f(x_2), με x_1>0, τότε x_1=x_2.

Έστω πως f(x)>0 για κάθε πραγματικό x.

Αντικαθιστούμε στην αρχική όπου x^2 το 2f(z) (μπορούμε να το κάνουμε για κάθε πραγματικό z). Έχουμε:

f(f(2f(z))+y+f(y))=2f(z)+2f(y), για κάθε πραγματικούς z, y.

Εναλλάσσοντας τα y, z έχουμε και ότι f(f(2f(y))+z+f(z))=2f(z)+2f(y).

Συγκρίνοντας: f(f(2f(z))+y+f(y))=f(f(2f(y))+z+f(z)), για κάθε πραγματικό y, z. Αν y>0, τότε f(2f(z))+y+f(y)>0, οπότε εφαρμόζοντας το παραπάνω:

f(2f(z))+y+f(y)=f(2f(y))+z+f(z), άρα f(2f(y))+z+f(z)>0, για κάθε y>0 και για κάθε πραγματικό z. Όμως για z που τείνει στο πλην άπειρο έχουμε άτοπο (το f(z) θα είναι και αυτό "μικρό", αφού η f είναι αύξουσα).

Οπότε υπάρχει u, ώστε f(u)\leq 0, άρα με κατάλληλο x^2, υπάρχει x_0, ώστε f(x_0)=0.

Έστω πως x_0<0. Τότε f(0)\geq f(x_0)\Leftrightarrow f(0)\geq 0. Έστω πως f(0)>0.

Θέτοντας στην αρχική x=y=0, έχουμε πως f(2f(0))=2f(0).

Θέτοντας στην αρχική x^2=2f(0) (μπορούμε) και y=x_0, έχουμε πως f(2f(0)+x_0)=f(2f(0)), όμως από τα παραπάνω αφού 2f(0)>0 θα είναι 2f(0)+x_0=2f(0), δηλαδή x_0=0, άτοπο.

Συνεπώς f(0)=0.

Αν ήταν x_0\geq 0, τότε θέτοντας x^2=x_0 και y=x_0 έχουμε ότι f(f(x_0)+x_0+f(x_0))=x_0+2f(x_0), οπότε x_0=0, δηλαδή f(0)=0.

Σε κάθε περίπτωση λοιπόν είναι f(0)=0.

Θέτοντας τώρα στην αρχική y=0 είναι f(f(x^2))=x^2, οπότε f(f(x))=x για κάθε x\geq 0

Θέτουμε όπου y το f(y) για y\geq 0, οπότε f(f(x^2)+f(y)+f(f(y)))=x^2+2f(f(y)) ή f(f(x^2)+y+f(y))=x^2+2y, άρα f(y)=y για κάθε y\geq 0.

Η αρχική τώρα γίνεται f(x^2+y+f(y))=x^2+2f(y), για κάθε x, y. Αν τώρα το x γίνει πολύ μεγάλο για συγκεκριμένο y, έχουμε ότι x^2+y+f(y)\geq 0, οπότε x^2+f(y)+y=x^2+2f(y) ή f(y)=y.

Συνοψίζοντας, f(x)=x, για κάθε πραγματικό x (επαληθεύει).

Edit: Βλέπω ξενυχτούν και άλλοι :lol: ...


Houston, we have a problem!
Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

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