Функционално уравнение

[ins-]

Да се намерят всички функции f:R->R такива, че: f(x + yf(x)) = f(x) + xf(y), за всеки две реални числа x и y.

[Ксения Цочева]

Нека [tex]f(1)=c[/tex]
[tex]f(x+yf(x))=f(x)+xf(y)[/tex]
[tex]f(f(x+yf(x))=f(f(x)+yf(x))=f(f(x)) + xf(y)[/tex]
[tex]=>f(f(x+yf(x))=f(f(x))+ xf(y)[/tex] Полагаме y=1
[tex]=>f(x+f(x))=f(x)+cx[/tex]
[tex]=>f(f(x+f(x))=f(f(x) + cx) = f(f(x)) + f(x) = f(f(x)) + cx[/tex]
[tex]=>f(x)=cx[/tex]
Нека x=y=1
[tex]f(1+c)=2c=c(1+c)[/tex]
[tex]=>c^2-c=0[/tex]
[tex]c=0 c=1[/tex]
При [tex]c=0 f(x)[/tex]≡0
При [tex]c=1 f(x)=x[/tex]

=> f(x) ≡ 0 или f(x)=x

[georgi111]

Ето го и моето решение:
Лесно е да се види с непосредствена проверка, че [tex]f(x)\equiv 0[/tex] и [tex]f(x)= x[/tex] са решения. Сега нека да предположим, че [tex]f[/tex] е решение което не е нулевата функция.(В този случай ще докажем, че [tex]f(x)= x[/tex] за всяко реално [tex]x[/tex]).

1) Полагаме [tex]y = 0, x = 1[/tex] в изходното уравнение и получаваме [tex]f(0)= 0[/tex]. Ако [tex]f(x)= 0[/tex], тогава [tex]0 = xf(y)[/tex] за всяко [tex]y[/tex], което води до [tex]x = 0[/tex] понеже [tex]f[/tex] не е нулевата функция. Така установихме [tex]f(x)= 0 \Leftrightarrow x = 0[/tex]

2)Полагаме [tex]x = 1[/tex] в изходното уравнение и получаваме [tex](*)f(1 + yf(1)) = f(1) + f(y)[/tex] за всяко [tex]y[/tex]. Ако [tex]f(1) \ne 1[/tex], тогава полагайки [tex]y = \frac{1} {1 - f(1)}[/tex] в (*) получаваме [tex]f(y) = f(1) + f(y)[/tex], което води до [tex]f(y) = f(1) + f(y) \rightarrow f(1) = 0[/tex], което противоречи на 1). Така имаме [tex]f(1) = 1[/tex] и (*) става [tex]f(1 + y) = f(1) + f(y)[/tex] откъдето следва [tex]f(n) = n[/tex] за всяко цяло [tex]n[/tex] по индукция.

3)За цяло [tex]n[/tex] и реално [tex]z[/tex] полагайки [tex]x = n, y = z - 1[/tex] във функционалното уравнение, получаваме: [tex]f(nz) = f(n + (z - 1)f(n)) = n + nf(z - 1) = nf(z)[/tex] (за последното равенство сме ползвали (*) и [tex]f(1) = 1[/tex])

4)Ako [tex]a = -b[/tex], тогава [tex]f(a) = f(-b) = -f(b) \rightarrow f(a) + f(b) = 0 = f(a + b)[/tex]. Ако [tex]a \ne -b[/tex], тогава [tex]a + b \ne 0[/tex] и [tex]f(a+b) \ne 0[/tex](от 1)). Полагайки [tex]x = \frac{a+b}{2}, y=\pm \frac{a-b}{2f(\frac {a+b}{2})}[/tex], получаваме последователно:
[tex]f(a)=f(\frac{a+b}{2} + \frac{a-b}{2f(\frac{a+b}{2})}f(\frac{a+b}{2}))=f(\frac{a+b}{2})+\frac{a+b}{2}f(\frac{a-b}{2f(\frac{a+b}{2})})[/tex],[tex]f(b)=f(\frac{a+b}{2} + \frac{b-a}{2f(\frac{a+b}{2})}f(\frac{a+b}{2}))=f(\frac{a+b}{2})+\frac{a+b}{2}f(\frac{b-a}{2f(\frac{a+b}{2})})[/tex].
Събираме почленно последните две равенства и получаваме:
[tex]f(a)+f(b)=2f(\frac{a+b}{2})=f(a+b)[/tex](последното следва от3))т.е. във всички случаи имаме:
(**)[tex]f(a)+f(b)=f(a+b)[/tex]([tex]a,b[/tex] произволни реални числа)

5)Прилагайки резултата от 4) към изходното функционално уравнение получааме:
(***)[tex]f(yf(x))=xf(y)[/tex]. Полагаме [tex]y=1[/tex] в (***) и получаваме [tex]f(f(x))=x[/tex]. Оттук следва, че [tex]f[/tex] е биекция.Полагаме [tex]z=f(x)[/tex] в (***) и получаваме [tex]f(yz)=f(y)f(z)[/tex](за произволни [tex]y,z[/tex])

6) Полагаме [tex]z=y[/tex] в последното уравнение и получаваме: [tex]f(y^2) = f(y)^2 \ge 0[/tex]. Полагайки [tex]z=-y[/tex], получаваме: [tex]f(-y^2)=-f(y^2)=-f(y)^2 \le 0[/tex].Така установихме, че [tex]f(a) \gt 0 \Leftrightarrow a \gt 0[/tex]

7)Полагайки [tex]y=-1[/tex] в изходното функционално уравнение, получаваме: [tex]f(x-f(x))=f(x)-x[/tex]. Понеже
[tex]x-f(x), f(x)-x[/tex] са с противоположни знаци от резултата в 6) следва че [tex]x - f(x)=0[/tex] за всяко реално [tex]x[/tex] т.е. [tex]f(x)=x[/tex] за всяко реално [tex]x[/tex].

Окончателно решенията са : [tex]f(x)\equiv 0[/tex] и [tex]f(x)=x[/tex] за всяко реално [tex]x[/tex]

[georgi111]

В стъпка 2) има лек пропуск от [tex]f(1) + f(y) = f(1+y)[/tex] следва по инцукция за всяко цяло положително y. Ако е отрицателно заменяме y с -y което е положително и отново [tex]f(n)=n[/tex] по индукция.

[Ксения Цочева]

В стъпка 2) има лек пропуск от [tex]f(1) + f(y) = f(1+y)[/tex] следва по инцукция за всяко цяло положително y. Ако е отрицателно заменяме y с -y което е положително и отново [tex]f(n)=n[/tex] по индукция.

За да направиш индукцията спрямо адитивността,не трябва ли да покажеш,че функцията е ограничена?

[drago]

Нека [tex]f(1)=c[/tex]
[tex]f(x+yf(x))=f(x)+xf(y)[/tex]
[tex]f(f(x+yf(x))=f(f(x)+yf(x))=f(f(x)) + xf(y)[/tex]
[tex]=>f(f(x+yf(x))=f(f(x))+ xf(y)[/tex] Полагаме y=1
[tex]=>f(x+f(x))=f(x)+cx[/tex]
[tex]=>f(f(x+f(x))=f(f(x) + cx) = f(f(x)) + f(x) = f(f(x)) + cx[/tex]
[tex]=>f(x)=cx[/tex]
Нека x=y=1
[tex]f(1+c)=2c=c(1+c)[/tex]
[tex]=>c^2-c=0[/tex]
[tex]c=0 c=1[/tex]
При [tex]c=0 f(x)[/tex]≡0
При [tex]c=1 f(x)=x[/tex]

=> f(x) ≡ 0 или f(x)=x

[tex]f(f(x)+yf(x))=f(f(x)) + xf(y)[/tex] ???
Tова как стана ?

[georgi111]

В стъпка 2) има лек пропуск от [tex]f(1) + f(y) = f(1+y)[/tex] следва по инцукция за всяко цяло положително y. Ако е отрицателно заменяме y с -y което е положително и отново [tex]f(n)=n[/tex] по индукция.

За да направиш индукцията спрямо адитивността,не трябва ли да покажеш,че функцията е ограничена?

Ами индукцията е свойство което е в сила за естествените числа . Ако имаш твърдението Т в сила за 1 т.е T(1) и допуснеш, че е в сила за някое естествено число k > 1 т.е. T(k), да докажеш че е в сила за k+ 1 т.е. T(k + 1). В нашия случай :
1) В сила е : [tex]f(1) = 1[/tex]
2) В сила е : [tex]f(1) + f(y) = f(1+y)[/tex] за всяко реално [tex]y[/tex]
Нашето твърдение Т е : [tex]f(n) = n[/tex]. От 1) следва, че T(1) е в сила. Докускаме, че T(n) е в сила т.е. [tex]f(n)= n[/tex], за [tex]n[/tex] цяло положително. Тогава от 2) имаме: [tex]1 + n = f(1+n)[/tex] т.е. T(n+1) е в сила. Така доказахме, че [tex]f(n) = n[/tex] за [tex]n[/tex] цяло положително. Ако [tex]n[/tex] е цяло отрицателно число имаме [tex]-n[/tex] е цяло положително. От точка 3) която е в моето решение имаме : [tex]f(nz) = nf(z)[/tex], откъдето следва [tex]f(-z) = -f(z)[/tex] (z реално, в частност [tex]f(-n) = -f(n)[/tex], [tex]-n[/tex] е цяло положително). Тогава от 2) имаме : [tex]1-n = f(1-n)[/tex] n е цяло положително, т.е. [tex]f(n) = n[/tex] за [tex]n[/tex] цяло.

Сега по ясно ли е ? Поздрави