Συναρτησιακή εξίσωση

#1

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

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #2

socrates έγραψε: ↑
Τετ Σεπ 21, 2022 12:56 am
Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f : \mathbb{R}^+ \to \mathbb{R}^+$ τέτοιες ώστε $\displaystyle{f(xy + f(y)^2) = f(x) f(y) + y f(y),}$ για κάθε $x,y \in \Bbb{R}^+.$

Ωραία!

η δοσμένη σχέση,

Βήμα 1 $f(x)\geq \sqrt{x}$ για $x\geq 1$
Απόδειξη: Αν x>1

με $f(x)<\sqrt{x}$ τότε $P(\dfrac{x-f(x)^2}{x},x): f(x)=f(\dfrac{x-f(x)^2}{x})f(x)+xf(x)>f(x)$ άτοπο.
Άμεση συνέπεια το $f(1)\geq 1$ .
Βήμα 2 $z>y\Rightarrow zf(z)>yf(y)$ .
Απόδειξη: $P(\dfrac{x+f(z)^2}{y},{y}): f(x+f(z)^2+f(y)^2)=f(\dfrac{x+f(z)^2}{y})f(y)+yf(y)$
Εναλλάσουμε τα y,z

και παίρνουμε $f(\dfrac{x+f(z)^2}{y})f(y)+yf(y)=f(\dfrac{x+f(y)^2}{z})f(z)+zf(z): R(x,y,z)$ .
Αν ήταν $f(z)\geq f(y)$ τότε $zf(z)\geq zf(y)>yf(y)$ .
Έστω λοιπόν f(z)<f(y)

. Η εξίσωση $\dfrac{x+f(z)^2}{y}=\dfrac{x+f(y)^2}{z}\Leftrightarrow x=\dfrac{yf(y)^2-zf(z)^2}{z-y}$
Αν η λύση αυτή είναι θετική γράφω $f(\dfrac{x+f(z)^2}{y})=f(\dfrac{x+f(y)^2}{z})=c>0$ και η R(x,y,z)

δίνει
$cf(y)+yf(y)=cf(z)+zf(z)<cf(y)+zf(z)\Rightarrow yf(y)<zf(z)$ όπως ήθελα.
Έστω ότι δεν είναι θετική, αφού z-y>0

θα πρέπει $yf(y)^2-zf(z)^2\leq 0\Leftrightarrow yf(y)^2\leq zf(z)^2<zf(z)f(y)\Rightarrow yf(y)<zf(z)$ και τελειώσαμε.
Βήμα 3 $f(nf(1)^2)\geq f(1)^n$ για κάθε φυσικό

.
Απόδειξη: Για n=1

ισχύει αφού $f(f(1)^2)\geq \sqrt{f(1)^2}=f(1)$
Αν είναι $f(kf(1)^2)\geq f(1)^k$ για κάποιο

τότε $P(kf(1)^2,1): f((k+1)f(1)^k)=f(kf(1)^2)f(1)+f(1)>f(1)^{k+1}$ και επαγωγικά παίρνουμε το ζητούμενο.
Βήμα 4 f(1)=1

Απόδειξη: Έχουμε ήδη $f(1)\geq 1$ . Έστω πως f(1)>1

.
Τότε για κάποιο x>0

πάρε το

φυσικό με $nf(1)^2\leq x<(n+1)f(1)^2$ , οπότε $n=\lfloor \dfrac{x}{f(1)^2} \rfloor$ .
Από το βήμα 2 θα ισχύει $nf(1)^2f(nf(1)^2) \leq xf(x)< (n+1)f(1)^2f(x)\Rightarrow f(x)>\dfrac{n}{n+1}f(1)^{n}$ .
Πάρε

αρκετά μεγάλο ώστε $n\geq 1$ οπότε $f(x)\geq \dfrac{1}{2}f(1)^{\frac{x}{f(1)^2}-1}=ab^x$ για κάποια a>0,b>1

.
Τώρα σταθεροποιώ το x>0

και παίρνω μεγάλα

(ώστε να ισχύει η προηγούμενη ανισότητα).
$P(x,y): f(x)f(y)+yf(y)=f(xy+f(y)^2)\geq ab^{xy+f(y)^2}$ άρα
$f(x)\geq \dfrac{ab^{xy+f(y)^2}}{f(y)}-y>\dfrac{ab^{f(y)^2}}{f(y)}-f(y)^2$
Αυτή αφού $f(y)\geq \sqrt{y}$ για μεγάλα

δίνει άτοπο λόγω του εκθετικού (δηλ το $lim_{n\to \infty}(\dfrac {ab^{n^2}}{n}-n^2)=+\infty$ το οποίο είναι απλό).
Έτσι έχουμε f(1)=1

Τώρα

$P(x/y,y)-P((x+1)/y,y)\Rightarrow f(y)f(\dfrac{x+1}{y})=f(y)f(\dfrac{x}{y})+1$
Σε αυτή $x/y\to x$ και παίρνω f(y)f(x+1/y)=f(y)f(x)+1

, για

δίνει $f(y)(1+f(1/y))=f(y)+1\Leftrightarrow f(y)f(1/y)=1$
και τώρα γενικά δίνει διαιρώντας με

ότι

άρα

,
δηλαδή η

ικανοποιεί την Cauchy και αφού f(x)>0,x>0

έπεται πως f(x)=f(1)x=x

για κάθε

η οποία και επαληθεύει την αρχική.

#3

https://artofproblemsolving.com/communi ... tive_reals

Συναρτησιακή εξίσωση

Συναρτησιακή εξίσωση

Re: Συναρτησιακή εξίσωση

Re: Συναρτησιακή εξίσωση

Μέλη σε σύνδεση