Συναρτησιακή εξίσωση - APMO 2016

Συντονιστές: achilleas, emouroukos, silouan

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

Συναρτησιακή εξίσωση - APMO 2016

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Παρ Απρ 22, 2016 1:29 am

Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις f:\mathbb{R}^+\rightarrow\mathbb{R}^+ τέτοιες ώστε (z+1)f(x+y)=f(yf(z)+x)+f(xf(z)+y) για κάθε x,y,z\in\mathbb{R}^+.


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

Re: Συναρτησιακή εξίσωση - APMO 2016

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Δευ Σεπ 12, 2016 2:27 am

Επαναφορά!


Θανάσης Κοντογεώργης
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1471
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Συναρτησιακή εξίσωση - APMO 2016

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Τετ Μάιος 30, 2018 1:00 am

socrates έγραψε:
Παρ Απρ 22, 2016 1:29 am
Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις f:\mathbb{R}^+\rightarrow\mathbb{R}^+ τέτοιες ώστε (z+1)f(x+y)=f(yf(z)+x)+f(xf(z)+y) για κάθε x,y,z\in\mathbb{R}^+.
Δίνω μία λύση, με αρκετές αμφιβολίες.

Έστω, ως συνήθως, P(x,y,z) η δοσμένη σχέση.

Θα αποδείξουμε πρώτα τα εξής :

Ιδιότητα 1

Η συνάρτηση f(x) είναι 1-1.

Απόδειξη

Έστω a,b \in A_f, με f(a)=f(b).

Τότε, έστω k αριθμός με f(2k) \neq 0 (προφανώς τέτοιος αριθμός, υπάρχει, αφού αν δεν υπήρχε, η f θα ήταν η μηδενική συνάρτηση, άτοπο).

Τότε, P(k,k,a) : (a+1)f(2k)=2f(kf(a)+k) και P(k,k,b) : (b+1)f(2k)=2f(kf(b)+k), και αφού f(a)=f(b) \Rightarrow (a+1)f(2k)=(b+1)f(2k) \Rightarrow a=b (αφού f(2k) \neq 0).

Έτσι, η f(a)=f(b) δίνει a=b, δηλαδή η f(x) είναι 1-1, και το Λήμμα 1 αποδείχτηκε. \blacksquare

Είναι P(1,1,1) : f(2)=f(f(1)+1) \mathop \Rightarrow \limits^{\displaystyle f : \, 1-1}} f(1)+1=2 \Rightarrow f(1)=1

Ιδιότητα 2

Η συνάρτηση f(x) έχει σύνολο τιμών το \mathbb{R^+}.

Απόδειξη

Είναι

P(\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2},x) : f(\dfrac{f(x)+1}{2})=\dfrac{x+1}{2} και

P(\dfrac{1}{f(x)+1}, \dfrac{1}{f(x)+1},x) : f(\dfrac{2}{f(x)+1})=\dfrac{2}{x+1}.

Παρατηρούμε ότι οι ποσότητες \dfrac{x+1}{2} και \dfrac{2}{x+1} καθώς το x διατρέχει το \mathbb{R+} ''καλύπτουν'' το \mathbb{R^+} (δηλαδή παίρνουν όλες τις τιμές στο \mathbb{R^+}), γεγονός που μας δίνει ότι το σύνολο τιμών της f(x) είναι το \mathbb{R^+}. \blacksquare

Συνεχίζουμε την λύση.



Αφού η f(x) έχει σύνολο τιμών το \mathbb{R^+}, υπάρχει s ώστε f(s)=k-1, όπου k τυχαίος, αλλά σταθερός πραγματικός αριθμός, και αφού η f(x) είναι 1-1, αυτό το s είναι το μοναδικό. Επίσης, υπάρχει t. ώστε f(t)=3.

Η P(\dfrac{x}{2},\dfrac{x}{2},t) : f(2x)=\dfrac{(t+1)f(x)}{2}, και για x=1 εδώ f(2)=\dfrac{t+1}{2} \Rightarrow f(2x)=f(2)f(x) (1)

Είναι P(x,x,s) : f(kx)=\dfrac{f(2)(s+1)}{2}f(x), (χρησιμοποιήθηκε η (1)) και για x=1 σε αυτήν την σχέση, είναι f(k)=\dfrac{f(2)(s+1)}{2}, επομένως f(kx)=f(k)f(x), άρα f(xy)=f(x)f(y) (*), για κάθε x,y \in \mathbb{R^+}.

Είναι τώρα P(1,1,x) : f(f(x)+1)=\dfrac{(x+1)f(2)}{2} και P(1,1,\dfrac{1}{x}) : f(f(\dfrac{1}{x}+1)=\dfrac{(x+1)f(2)}{2x}.

Από (*) τώρα είναι \dfrac{(x+1)f(2)}{2}=f(f(x)+1)=f(f(x)f(1+\dfrac{1}{f(x})=f(f(x)f(1+f(\dfrac{1}{x}))=

f(f(x) \dfrac{(x+1)f(2)}{2x} \Rightarrow f(f(x)=x, για κάθε x \in \mathbb{R^+}.

Από f(f(x)+1)=\dfrac{f(2)(x+1)}{2} \Rightarrow f(f(f(x)+1))=f(\dfrac{f(2)(x+1)}{2}) \Rightarrow f(x)+1=f(\dfrac{f(2)(x+1)}{2})=\dfrac{2(f(x)+1)}{f(2)} \Rightarrow 2f(x+1)=q(f(x)+1), όπου q=f(2).

Εύκολα παίρνουμε f(3)=\dfrac{q^2+q}{2}, f(4)=\dfrac{q^3+q^2+2q}{4}=q^2 \Rightarrow \cdots \Rightarrow q=1 ή q=2.

f(2) \neq 1, γιατί f(1)=1, άρα f(2)=2 \Rightarrow f(x+1)=f(x)+1.

Έτσι, f(x+y)=f(x \cdot (1+\cdot{y}{x}))=f(x)f(1+\dfrac{y}{x})=f(x)(1+f(\dfrac{y}{x}))=f(x)+f(x)f(\dfrac{x}{y})=f(x)+f(y) \Rightarrow f(x+y)=f(x)+f(y).

Όμως, είναι γνωστό ότι η μόνη συνάρτηση που ικανοποιεί τις συνθήκες f(x+y)=f(x)+f(y), f(xy)=f(x)f(y), f(1)=1 είναι η f(x)=x, άρα \boxed{f(x)=x} είναι η μοναδική λύση, η οποία και επαληθεύει.

Edit: Η λύση διορθώθηκε, μετά από παρατηρήσεις του κ. Παπαδόπουλου Σταύρου, τον οποίο και ευχαριστώ.


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1471
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Συναρτησιακή εξίσωση - APMO 2016

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Σάβ Ιουν 09, 2018 10:56 am

Ο Γιώργος Μπαλόγλου μου επισήμανε κάποια λάθη στην λύση, παραθέτω εδώ την άποψή του, καθώς, όπως λέει, διορθώνεται η λύση.
gbaloglou έγραψε:
Σάβ Ιουν 09, 2018 12:53 am

Στην απόδειξη της πολλαπλασιαστικής ιδιότητας, f(xy)=f(x)f(y), έπαιξε καίριο ρόλο η ύπαρξη s τέτοιου ώστε f(s)=k-1. Η ύπαρξη όμως αυτή εξασφαλίζεται από την συνθήκη k>1, ή, με μονοσήμαντη επέκταση της f μέσω f(0)=0 για διευκόλυνση μας, k\geq1. Ισχύει δηλαδή η f(kx)=f(k)f(x) μόνον όταν k\geq1, και, γενικότερα, ισχύει η f(xy)=f(x)f(y) μόνον αν x\geq1 ή y\geq1 (ή και τα δύο, εννοείται).

Πως επηρεάζει η παραπάνω παρατήρηση την πορεία της λύσης; Είναι φανερό ότι δεν ισχύει πλέον το έσχατο βήμα της απόδειξης (βασιζόμενο στην γνωστή πρόταση "αν ισχύουν η πολλαπλασιαστική και η αθροιστική ιδιότητα ταυτόχρονα τότε η συνάρτηση είναι σταθερή"). Σώζεται μολαταύτα η απόδειξη μέσω απλού συνδυασμού της προσθετικής ιδιότητας, f(x+y)=f(x)+f(y), και της f(f(x))=x: υποθέτοντας είτε f(x)=x+c είτε f(x)=x-c με c>0 ... καταλήγουμε στην αδύνατη σχέση c+f(c)=0.

Τι γίνεται με άλλα σημεία της απόδειξης; Διασώζονται άπαντα, ευτυχώς! Στον υπολογισμό f(2)=2, για παράδειγμα, το κρίσιμο βήμα f(\dfrac{f(2)\cdot(x+1)}{2})=\dfrac{2}{f(2)}\cdot f(x+1) γίνεται μέσω της νόμιμης, λόγω x+1>1, ισότητας f(\dfrac{f(2)\cdot f(x+1)}{2})=f(\dfrac{f(2)}{2})\cdot f(x+1) και επίσης της f(\dfrac{f(2)}{2})=\dfrac{1}{f(\dfrac{2}{f(2)})}=\dfrac{1}{f(2)\cdot\dfrac{1}{f(f(2))}}=\dfrac{2}{f(2)}.

Στην προηγούμενη παράγραφο χρησιμοποιήθηκε η ιδιότητα f(1/x)=1/f(x), που ισχύει πάντοτε (καθώς ισχύει είτε η x>1 είτε η 1/x >1). Πόρισμα αυτής της ιδιότητας είναι ότι για κάθε x, y οφείλει να ισχύει μία τουλάχιστον από τις f(x/y)=f(x)/f(y), f(y/x)=f(y)/f(x) ... και αυτή η παρατήρηση οδηγεί στην απόδειξη της προσθετικής ιδιότητας μέσω είτε της f(x+y)=f(x)\cdot (1+f(y/x)) είτε της f(x+y)=f(y)\cdot (1+f(x/y)) ... καθώς και της f(1+z)=1+f(z), πάντοτε.

Υπάρχουν ένα ή δύο σημεία ακόμη στην αρχική απόδειξη του Ορέστη όπου είναι φανερό ότι μπορεί να εφαρμοσθεί αυτή η 'περιορισμένη πολλαπλασιαστική ιδιότητα'. Πιστεύω ότι δεν μου διαφεύγει κάτι, και ότι η απόδειξη όντως σώζεται ... αλλά και ότι είναι όντως απαραίτητες οι παραπάνω επισημάνσεις, εννοείται ;)


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2671
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Συναρτησιακή εξίσωση - APMO 2016

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Κυρ Ιουν 10, 2018 2:24 pm

Τα έλεγξα όλα ξανά ... και νομίζω ότι όλα είναι εντάξει! Η απόδειξη του Ορέστη, ακόμη και μετά την επιδιόρθωση μου* που ανέβασε χθες, είναι διαφορετική -- και νομίζω απλούστερη -- από την επίσημη λύση (εδώ), όπου πάντως το τέλος είναι το ίδιο (συνδυασμός f(x+y)=f(x)+f(y) και f(f(x))=x) ... αλλά αντί της f(xy)=f(x)f(y) για x\geq1 ή y\geq1 χρησιμοποιείται η yf(x)=f(xf(y)) ... καθώς και ένα 'συστημικό' λήμμα κλπ κλπ

*ας αφαιρεθούν τα περί 'μονοσήμαντης επέκτασης' της f μέσω της f(0)=0 :)


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2671
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Συναρτησιακή εξίσωση - APMO 2016

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Τετ Ιουν 27, 2018 8:41 am

gbaloglou έγραψε:
Κυρ Ιουν 10, 2018 2:24 pm
Τα έλεγξα όλα ξανά ... και νομίζω ότι όλα είναι εντάξει! Η απόδειξη του Ορέστη, ακόμη και μετά την επιδιόρθωση μου* που ανέβασε χθες, είναι διαφορετική -- και νομίζω απλούστερη -- από την επίσημη λύση (εδώ), όπου πάντως το τέλος είναι το ίδιο (συνδυασμός f(x+y)=f(x)+f(y) και f(f(x))=x) ... αλλά αντί της f(xy)=f(x)f(y) για x\geq1 ή y\geq1 χρησιμοποιείται η yf(x)=f(xf(y)) ... καθώς και ένα 'συστημικό' λήμμα κλπ κλπ
Νομίζω ότι η αρχική απόδειξη του Ορέστη χρειάζεται μικρότερη επιδιόρθωση απ' όσο νόμιζα (και είναι επομένως ακόμη καλύτερη από την επίσημη λύση) ... καθώς η πλήρης πολλαπλασιαστική ιδιότητα f(xy)=f(x)f(y) για x>0, y>0 που απαιτείται προκύπτει εύκολα από την περιορισμένη πολλαπλασιαστική ιδιότητα f(xy)=f(x)f(y) για x>1 ή y>1 που απέδειξε: πράγματι, ήδη είχα επισημάνει την ισχύ της f\left(\dfrac{1}{x}\right)=\dfrac{1}{f(x)} για κάθε x -- λόγω της 1=f(1)=f\left(x\cdot \dfrac{1}{x}\right)=f(x)f\left(\dfrac{1}{x}\right), καθώς ισχύει μία από τις x>1, \dfrac{1}{x}>1 -- και προσθέτω τώρα (εφαρμόζοντας ουσιαστικά ένα απλό τέχνασμα της πρώτης μου δημοσίευσης ... για την περίπτωση x<1, y<1) την

f(xy)= f\left(\dfrac{1}{\dfrac{1}{xy}}\right)=\dfrac{1}{f\left(\dfrac{1}{xy}\right)}=\dfrac{1}{f\left({\dfrac{1}{x}\cdot \dfrac{1}{y}}\right)}=\dfrac{1}{f\left({\dfrac{1}{x}\right)\cdot f\left(\dfrac{1}{y}}\right)}=\dfrac{1}{\dfrac{1}{f(x)}\cdot \dfrac{1}{f(y)}}=f(x)f(y).


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Άβαταρ μέλους
silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1246
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: Συναρτησιακή εξίσωση - APMO 2016

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Τετ Ιουν 27, 2018 11:24 am

Μπορείτε να δείτε και εδώ: https://artofproblemsolving.com/communi ... 31p6362873


Σιλουανός Μπραζιτίκος
Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα - Προχωρημένο Επίπεδο (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

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