Ζεύγος!

#1

-- Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες, ώστε

$\displaystyle{ f(xy+f(x))=f(x)f(y)+x ,\ \ \ \forall x,y\in\mathbb{R}. }$

-- Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f: \mathbb{R}^+ \rightarrow \mathbb{R}^+$ τέτοιες, ώστε

$\displaystyle{ f(xy+f(x))=f(x)f(y)+x ,\ \ \ \forall x,y\in\mathbb{R}^+. }$

#2

socrates έγραψε:-- Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ τέτοιες, ώστε

$\displaystyle{ f(xy+f(x))=f(x)f(y)+x ,\ \ \ \forall x,y\in\mathbb{R}. }$

Λύση (από τον pco):
http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 8&t=607692

Petros N. · #3

Για το $R^{+}$

Έστω ότι υπάρχει

θετικό με

τότε θέτοντας $\displaystyle y= \frac{k-f(k)}{k}$ έχουμε:
$\displaystyle f(k)=f(k)f(\frac{k-f(k)}{k})+k>k$ , άτοπο. Άρα για κάθε θετικό

ισχύει $f(x) \geq x$ .

Εφαρμόζοντας την τελευταία στην δοσμένη σχέση προκύπτει ότι: $\displaystyle x+f(x)f(y) \geq xy +f(x) \implies f(y)-1 \geq \frac{x}{f(x)}(y-1), (1)$
$\displaystyle f(x) \geq x \implies 1 \geq \frac{x}{f(x)}, (2)$

Έστω ότι υπάρχει $\displaystyle x_0$ με $\frac{x_0}{f(x_0)}=m<1 \implies 1-m>0$ . Θέτοντας στην (1) x=x_0

γίνεται
$\displaystyle f(y) \geq my-m+1>1-m \implies 0< \frac{y}{f(y)}< \frac{y}{1-m}$ .
Παίρνοντας στην τελευταία όριο στο 0 απο τα θετικά λόγω του κριτηρίου παρεμβολής ισχύει:
$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{y}{f(y)}=0$ .
Λαμβάνοντας όριο στο 0 απο τα θετικα για το

στην

έχουμε
$f(y) \geq 1 , \forall y>0 \implies f(\frac{1}{2}) \geq 1$ . Όμως θέτοντας στην αρχική $x= \frac{1}{2} , y=2f(\frac{1}{2})$ έχουμε ότι:
$f(2f(\frac{1}{2}))=f(2f(\frac{1}{2}))f(\frac{1}{2})+\frac{1}{2} \geq f(2f(\frac{1}{2}))+ \frac{1}{2} \implies 0 \geq 1/2$ , άτοπο

Άρα για κάθε

ισχύει $\frac{x}{f(x)} \geq 1$ που σε συνδυασμό με την (2)

παίρνουμε μοναδική λύση την f(x)=x

#4

Petros N. έγραψε:Για το $R^{+}$

Έστω ότι υπάρχει θετικό με τότε θέτοντας $\displaystyle y= \frac{k-f(k)}{k}$ έχουμε:
$\displaystyle f(k)=f(k)f(\frac{k-f(k)}{k})+k>k$ , άτοπο. Άρα για κάθε θετικό ισχύει $f(x) \geq x$ .

Εφαρμόζοντας την τελευταία στην δοσμένη σχέση προκύπτει ότι: $\displaystyle x+f(x)f(y) \geq xy +f(x) \implies f(y)-1 \geq \frac{x}{f(x)}(y-1), (1)$
$\displaystyle f(x) \geq x \implies 1 \geq \frac{x}{f(x)}, (2)$

Έστω ότι υπάρχει $\displaystyle x_0$ με $\frac{x_0}{f(x_0)}=m<1 \implies 1-m>0$ . Θέτοντας στην γίνεται
$\displaystyle f(y) \geq my-m+1>1-m \implies 0< \frac{y}{f(y)}< \frac{y}{1-m}$ .
Παίρνοντας στην τελευταία όριο στο 0 απο τα θετικά λόγω του κριτηρίου παρεμβολής ισχύει:
$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{y}{f(y)}=0$ .
Λαμβάνοντας όριο στο 0 απο τα θετικα για το στην έχουμε
$f(y) \geq 1 , \forall y>0 \implies f(\frac{1}{2}) \geq 1$ . Όμως θέτοντας στην αρχική $x= \frac{1}{2} , y=2f(\frac{1}{2})$ έχουμε ότι:
$f(2f(\frac{1}{2}))=f(2f(\frac{1}{2}))f(\frac{1}{2})+\frac{1}{2} \geq f(2f(\frac{1}{2}))+ \frac{1}{2} \implies 0 \geq 1/2$ , άτοπο

Άρα για κάθε ισχύει $\frac{x}{f(x)} \geq 1$ που σε συνδυασμό με την παίρνουμε μοναδική λύση την

Πέτρο, εξαιρετικά!

Είναι μία από τις αγαπημένες μου δημιουργίες! Ακολουθεί και η (μακροσκελής...) λύση μου..

#5

socrates έγραψε:-- Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις $f: \mathbb{R}^+ \rightarrow \mathbb{R}^+$ τέτοιες, ώστε

$\displaystyle{ f(xy+f(x))=f(x)f(y)+x ,\ \ \ \forall x,y\in\mathbb{R}^+. }$

α) $\displaystyle{f(x)\geq x,}$ για κάθε x>0.

Αν υπάρχει a>0

με

τότε για $\displaystyle{x=a, \ y=\frac{a-f(a)}{a}}$ έχουμε

$\displaystyle{f(a)=f(a)f\left(\frac{a-f(a)}{a}\right)+a>a}$ δηλαδή f(a)>a,

άτοπο αφού υποθέσαμε ότι a>f(a).

Επομένως, $\displaystyle{f(x)\geq x,}$ για κάθε x>0.

β) $\displaystyle{f(x)< 1,}$ για κάθε x<1.

Έστω

Θέτοντας στην αρχική $\displaystyle{x=a, \ y=\frac{f(a)}{1-a}}$ έχουμε

$\displaystyle{f\left(\frac{f(a)}{1-a}\right)(1-f(a))=a}$ οπότε f(a)<1.

Το

ήταν αυθαίρετο οπότε $\displaystyle{f(x)< 1,}$ για κάθε x<1.

γ) Η

είναι αύξουσα.

Έστω ότι υπάρχουν 0<x_2<x_1

με

Θέτουμε $\displaystyle{y=\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_1-x_2}}$ οπότε $\displaystyle{x_1y+f(x_1)=x_2y+f(x_2)}$ και άρα

$\displaystyle{f(x_1y+f(x_1))=f(x_2y+f(x_2))}$ ή $\displaystyle{f(x_1)f(y)+x_1=f(x_2)f(y)+x_2}$ ή

$\displaystyle{f(y)=\frac{x_1-x_2}{f(x_2)-f(x_1)}=\frac{1}{y},}$ δηλαδή υπάρχει b>0

με $\displaystyle{f(b)=\frac{1}{b}.}$

Όμως, $f(b)\geq b$ οπότε $b\leq 1.$

Αν b<1

τότε (από το β)) f(b)<1

ή $\displaystyle{\frac{1}{b}<1}$ ή b>1,

άτοπο.

Επομένως, b=1

που σημαίνει ότι f(1)=1.

Για

από την αρχική έχουμε f(y+1)=f(y)+1

και επαγωγικά $\displaystyle{f(y+n)=f(y)+n}$ για κάθε θετικό ακέραιο

Για

η αρχική γίνεται $\displaystyle{f(xy+x+f(x))=f(x)f(y)+f(x)+x=f(x)+f(xy+f(x)).}$

Θέτοντας στην τελευταία $\displaystyle{y:=\frac{y-f(x)}{x}}$ έχουμε

$f(y+x)=f(x)+f(y) \ (*),$ για κάθε x,y>0

με $\displaystyle{y>f(x).}$

Θα δείξουμε ότι η (*)

ισχύει για κάθε x,y>0.

Επιλέγουμε θετικό ακέραιο

με $\displaystyle{y+n>f(x).}$

Είναι $\displaystyle{f(y+x)=f(y+n+x)-n=f(y+n)+f(x)-n=f(y)+f(x),}$ για κάθε x,y>0.

Όμως, αφού f(x)>0,

από την τελευταία σχέση, η

είναι γν. αύξουσα, οπότε δεν είναι δυνατόν να υπάρχουν 0<x_2<x_1

με

Επομένως, για κάθε 0<x_2<x_1

ισχύει $f(x_2)\leq f(x_1),$ δηλαδή η

είναι αύξουσα.

δ) $\displaystyle{\lim_{x\to 0}f(x)=0}$

Εφόσον η

είναι μονότονη το όριο $\displaystyle{L=\lim_{x\to 0}f(x)}$ υπάρχει.

Από το α) και την αρχική έχουμε $\displaystyle{f(x)f(y)+x\geq xy+f(x)}$ οπότε $\displaystyle{f^2(x)+x\geq x^2+f(x).$

Παίρνοντας $x\to 0$ στην τελευταία, έχουμε $\displaystyle{L^2\geq L}$ οπότε $L\leq 0$ ή $\displaystyle{L\geq 1.}$

Αν $L\geq 1$ τότε $\displaystyle{f(x)>L\geq 1,}$ για κάθε

άτοπο από το β).

Συνεπώς, $L\leq 0.$ Όμως, αφού f(x)>0 ,

θα είναι $L\geq 0$ και τελικά L=0.

ε)

για κάθε

Παίρνοντας $y\to 0$ στην $f(x)f(y)+x\geq xy+f(x)$ προκύπτει $f(x)\leq x.$

Έχουμε, λοιπόν, $x\leq f(x)\leq x,$ για κάθε x>0,

δηλαδή

για κάθε

Ζεύγος!

Ζεύγος!

Re: Ζεύγος!

Re: Ζεύγος!

Re: Ζεύγος!

Re: Ζεύγος!

Μέλη σε σύνδεση