Συναρτησιακή εξίσωση

Συντονιστές: achilleas, emouroukos, silouan

Απάντηση
socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6595
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:
Επικοινωνία socrates

Συναρτησιακή εξίσωση

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates »

Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f : \mathbb{R} \to \mathbb{R} τέτοιες ώστε f(f(x)^2+f(y^2))=(x-y)f(x-f(y)) για κάθε x,y \in \Bbb{R}.
Θανάσης Κοντογεώργης
Ετικέτες:
συναρτησιακή-εξίσωση
Κορυφή
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1861
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής
Επικοινωνία:
Επικοινωνία Ορέστης Λιγνός

Re: Συναρτησιακή εξίσωση

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός »

socrates έγραψε: Τρί Σεπ 27, 2022 12:40 am Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f : \mathbb{R} \to \mathbb{R} τέτοιες ώστε f(f(x)^2+f(y^2))=(x-y)f(x-f(y)) για κάθε x,y \in \Bbb{R}.
Η μηδενική συνάρτηση προφανώς ικανοποιεί, οπότε έστω ότι η f είναι μη μηδενική. Έστω {\rm Ker} \, f = \{x \in \mathbb{R} : f(x)=0 \} ο πυρήνας της f. Έστω επίσης P(x,y) η αρχική συναρτησιακή σχέση. Έχουμε τους ακόλουθους Ισχυρισμούς.

Ισχυρισμός 1: Είναι {\rm Ker} \, f = \{ c \}, για κάποιο c \in \mathbb{R}.
Απόδειξη: Η P(1,1) δίνει f(f(1)^2+f(1))=0, οπότε {\rm Ker} \, f \neq \emptyset. Αν τώρα υπήρχαν a \neq b με a,b \in {\rm Ker} f, τότε οι P(a,a) και P(b,b) δίνουν f(a^2), f(b^2) \in {\rm Ker} f. Αφού η f είναι μη μηδενική, επιλέγουμε x_0 τέτοιο ώστε f(x_0) \neq 0. Οπότε, οι P(x_0,a) και P(x_0,b) δίνουν

(x_0-a)f(x)=(x_0-a)f(x_0-f(a))=f(f(x_0)^2+f(a^2))=

=f(f(x_0)^2+f(b^2))=(x_0-b)f(x_0-f(b))=(x_0-b)f(x_0),

συνεπώς (x-a)f(x)=(x-b)f(x), άρα (a-b)f(x_0)=0, και αφού a-b \neq 0 και f(x_0) \neq 0, έχουμε άτοπο. Συνεπώς, ο πυρήνας της f είναι μονοσύνολο. \blacksquare

Ισχυρισμός 2: Η f είναι 1-1.
Απόδειξη: Η P(x,c) δίνει ότι f(f(x)^2)=(x-c)f(x), καθώς f(c^2) \in {\rm Ker} \, f. Αν λοιπόν f(a)=f(b) για κάποια a,b, τότε

(a-c)f(a)=f(f(a)^2)=f(f(b)^2)=(b-c)f(b),

και άρα a=b ή f(a)=f(b)=0. Αν όμως ισχύει ότι f(a)=f(b)=0, από τον Ισχυρισμό 1 προκύπτει ότι a=b. Σε κάθε περίπτωση έχουμε το ζητούμενο \blacksquare

Ισχυρισμός 3: Είναι f(-x)=-f(x) για κάθε x \neq 0.
Απόδειξη: Η P(x,x) δίνει ότι f(x^2)+f(x)^2 \in {\rm Ker} \, f, οπότε f(x^2)=c-f(x)^2, για κάθε x, και άρα

c-f(x)^2=f(x^2)=f((-x)^2)=c-f(-x)^2,

συνεπώς f(-x) \in \{ -f(x), f(x) \}, για κάθε x. Αν όμως f(-x)=f(x) για κάποιο x \neq 0, τότε αφού η f είναι 1-1, -x=x άρα x=0, άτοπο. Συνεπώς για τα μη μηδενικά x, είναι f(-x)=-f(x) \blacksquare

Στο πρόβλημα, η P(x,-x) δίνει ότι 2xf(x-f(-x))=f(f(x)^2+f(x^2))=f(c)=0, και άρα f(x-f(-x))=0 για κάθε x \neq 0, συνεπώς x-f(-x)=c, οπότε τελικά f(x)=-x-c, για κάθε x \neq 0.

Από εδώ είναι εύκολο με χρήση της αρχικής και κατάλληλη επιλογή των x,y να δείξουμε ότι c=0 και ότι f(x)=-x για κάθε x \in \mathbb{R}, που είναι δεκτή.
Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε!
Κορυφή
Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 922
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: Συναρτησιακή εξίσωση

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ »

socrates έγραψε: Τρί Σεπ 27, 2022 12:40 am Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f : \mathbb{R} \to \mathbb{R} τέτοιες ώστε f(f(x)^2+f(y^2))=(x-y)f(x-f(y)) για κάθε x,y \in \Bbb{R}.
Έστω P(x,y) η δοσμένη.
Υποθέτουμε αρχικά πως υπάρχει a \neq 0 τέτοιο ώστε f(a)=0.
P(-a,-a): f(f(-a)^2+f(a^2))=(-a+a)f(-a-f(-a))=0
P(-a,a): f(f(-a)^2+f(a^2))=(-a-a)f(-a-f(a))=-2af(-a)
Από τις δύο σχέσεις παίρνω 0=-2af(-a) και επομένως f(-a)=0.
Τώρα P(x,a): f(f(x)^2+f(a^2))=(x-a)f(x)
P(x,-a): f(f(x)^2+f(a^2))=(x+a)f(x) και αυτές με δίνουν (x-a)f(x)=(x+a)f(x)\Leftrightarrow 2af(x)=0 άρα f(x)=0 για κάθε x πραγματικό, η οποία επαληθεύει.
Έστω τώρα πως δεν υπάρχει a\neq 0 με f(a)=0.
P(x,x): f(f(x^2)+f(x)^2)=0 άρα f(0)=0 και f(x^2)+f(x)^2=0 για κάθε x.
P(x,0): f(f(x)^2)=xf(x), άρα αν k,l πραγματικοί με f(k)=f(l) τότε kf(k)=f(f(k)^2)=f(f(l)^2)=lf(l) άρα είτε k=l=0 είτε k=l, σε κάθε περίπτωση η f είναι 1-1 και τώρα f(x)^2=-f(x^2)=-f((-x)^2)=f(-x)^2 έτσι f(-x)=-f(x) για κάθε x.
P(x,-x): f(f(x)^2+f(x^2))=2xf(x-f(-x))=2xf(x+f(x)) αλλά f(f(x)^2+f(x^2))=0 άρα για x διάφορο του μηδέν έχω x+f(x)=0 δηλαδή f(x)=-x η οποία επαληθεύει.
Έτσι δεκτές λύσεις f(x)=0 για κάθε x και f(x)=-x για κάθε x.
Κορυφή
Απάντηση

Επιστροφή στο “Άλγεβρα - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

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