Συναρτησιακή εξίσωση - APMO 2016

#1

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 $x,y,z\in\mathbb{R}^+$ .

#2

Επαναφορά!

Ορέστης Λιγνός · #3

socrates έγραψε: ↑
Παρ Απρ 22, 2016 1:29 am
Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις $f:\mathbb{R}^+\rightarrow\mathbb{R}^+$ τέτοιες ώστε 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

αριθμός με $f(2k) \neq 0$ (προφανώς τέτοιος αριθμός, υπάρχει, αφού αν δεν υπήρχε, η

θα ήταν η μηδενική συνάρτηση, άτοπο).

Τότε, P(k,k,a) : (a+1)f(2k)=2f(kf(a)+k)

και

, 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

δίνει

, 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

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

ώστε

, όπου

τυχαίος, αλλά σταθερός πραγματικός αριθμός, και αφού η f(x)

είναι 1-1, αυτό το

είναι το μοναδικό. Επίσης, υπάρχει

. ώστε

.

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

(*), 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

, 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.

Ορέστης Λιγνός · #4

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, , έπαιξε καίριο ρόλο η ύπαρξη τέτοιου ώστε . Η ύπαρξη όμως αυτή εξασφαλίζεται από την συνθήκη , ή, με μονοσήμαντη επέκταση της μέσω για διευκόλυνση μας, $k\geq1$ . Ισχύει δηλαδή η μόνον όταν $k\geq1$ , και, γενικότερα, ισχύει η 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, , και της : υποθέτοντας είτε είτε με ... καταλήγουμε στην αδύνατη σχέση .

Τι γίνεται με άλλα σημεία της απόδειξης; Διασώζονται άπαντα, ευτυχώς! Στον υπολογισμό , 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 , 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 , που ισχύει πάντοτε (καθώς ισχύει είτε η είτε η ). Πόρισμα αυτής της ιδιότητας είναι ότι για κάθε , οφείλει να ισχύει μία τουλάχιστον από τις , ... 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 , 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

#5

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

) ... 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

μέσω της

#6

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 και ) ... αλλά αντί της για $x\geq1$ ή $y\geq1$ χρησιμοποιείται η ... 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

,

που απαιτείται προκύπτει εύκολα από την περιορισμένη πολλαπλασιαστική ιδιότητα f(xy)=f(x)f(y)

για

ή

που απέδειξε: πράγματι, ήδη είχα επισημάνει την ισχύ της $f\left(\dfrac{1}{x}\right)=\dfrac{1}{f(x)}$ για κάθε

-- 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

,

) την

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

#7

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

Συναρτησιακή εξίσωση - APMO 2016

Συναρτησιακή εξίσωση - APMO 2016

Re: Συναρτησιακή εξίσωση - APMO 2016

Re: Συναρτησιακή εξίσωση - APMO 2016

Re: Συναρτησιακή εξίσωση - APMO 2016

Re: Συναρτησιακή εξίσωση - APMO 2016

Re: Συναρτησιακή εξίσωση - APMO 2016

Re: Συναρτησιακή εξίσωση - APMO 2016

Μέλη σε σύνδεση