xf(y) + yf(x) = (x + y)f(x)f(y)

ΕΥΡΕΣΗ ΤΥΠΟΥ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ Επιμέλεια: Καρράς Ιωάης Μαθηματικός Φίλος μὲ δή, ὡς ἔοικε, τούτῳ τῷ λόγῳ ὁ ἀγαθὸς ἔσται, ἐχθρὸς δὲ ὁ ποηρός. gxkarras@gmail.com

1. Να βρεθού όλες οι συαρτήσεις f : R R για τις οποίες ισχύει xf(y) + yf(x) = (x + y)f(x)f(y) για κάθε ζευγάρι (x, y) πραγματικώ αριθμώ. Θέτοτας y = x λαμβάουμε xf(x) = xf (x) xf(x) xf (x) = 0 xf(x)[1 f(x)] = 0 Από τη τελευταία λαμβάουμε τις f(x) = 0, x R f(x) = 1, x R { a a R, x = 0 f(x) = 0 x 0 { a a R, x = 0 f(x) = 1 x 0. Να βρείτε όλες τις συαρτήσεις f : R R που δε είαι εκ ταυτότητος ίσες με το μηδέ και ικαοποιού τη f(x)f(y) = f(x y) για κάθε ζευγάρι (x, y) πραγματικώ αριθμώ. Αφού θέλουμε τις συαρτήσεις που δε είαι εκ ταυτότητος ίσες με τη μηδεική, θεωρούμε x 0 R με τη ιδιότητα f(x 0 ) 0. Για x = x 0 και y = 0 έχουμε: f(x 0 )f(0) = f(x 0 ) f(0) = 1 Για y = x θα έχουμε f (x) = f(0) = 1 f(x) 0 για κάθε x R Για y = x λαμβάουμε ( x ) ( x ) f(x)f = f f(x) = 1 Συεπώς, η μοαδική συάρτηση που ικαοποιεί τις συθήκες του προβλήματος είαι η f(x) = 1 για κάθε x R

3. Να δείξετε ότι η μοαδική μη μηδεική συάρτηση f : R R που ικαοποιεί τις σχέσεις f(x + y) = f(x) + f(y) και f(xy) = f(x)f(y) για κάθε ζευγάρι (x, y) πραγματικώ αριθμώ, είαι η ταυτοτική συάρτηση. ΑΠΟΔΕΙΞΗ: Θέτοτας στη f(x + y) = f(x) + f(y) y = 0 λαμβάουμε f(0) = 0. Θέτοτας στη f(xy) = f(x)f(y) x = y = 1 λαμβάουμε f(1) = 0 ή f(1) = 1. Α f(1) = 0 τότε f(x) = f(1 x) = f(1)f(x) = 0 οπότε f(x) = 0 για κάθε x R. Υποθέτουμε λοιπό ότι f(1) = 1. Θέτοτας στη f(xy) = f(x)f(y) y = x λαμβάουμε f( x) = f(x). Από τη f(xy) = f(x)f(y) για x 0 έχουμε f( x x = [f( x)] 0, οπότε f(x) 0 ότα x 0. Η f είαι αύξουσα: Πράγματι, για x > y έχουμε x y > 0, οπότε f(y + (x y) = f(y) + f(x y) και επειδή f(x y) 0 έχουμε ότι f(x) f(y). Επειδή f(1) = 1 έχουμε πως για x 1 ισχύει f(x) 0. Για κάθε φυσικό αριθμό ισχύει f() =. Πράγματι, η σχέση ισχύει για = 1 Εστω ότι ισχύει η f() =. Τότε f( +1) = f()+f(1) = +1 και η σχέση ισχύει για κάθε φυσικό αριθμό. Επειδή 1 = f(1) = f ( ( x x) 1 = f(x)f 1 ( x) έχουμε ότι f 1 ) x = 1, οπότε f(x) για κάθε φυσικό αριθμό ισχύει f ( ) 1 = 1. Εχουμε ( µ ) f = f ( µ 1 ) = f(µ)f ( ) 1 = µ Άρα για κάθε ρητό αριθμό ρ ισχύει f(ρ) = ρ. ΔΙΑΦΟΡΕΤΙΚΑ: 3

4 ( µ ) Ισχύει f = µ για οποιουσδήποτε µ, N. Πράγματι, επειδή 1 = 1 ( 1 1 ) = 1 [ ( 1 + + 1 1 ) 1 ] = = 1 + 1 ( + 1 ) = 1 + 1 + + 1 }{{ } έχουμε ( 1 1 = f(1) = f + 1 ) = f ( ) ( 1 1 = f + f + ) =... = ( ) ( ) 1 1 = f + f +... + f Συεπώς, f ( ) 1 = 1 ( ) 1 + f ( ) 1 = f ( ) 1 = ( ) 1............... ΣΥΝΕΧΕΙΑ: Θα δείξουμε τώρα ότι f(x) = x για κάθε θετικό πραγματικό x. Ας υποθέσουμε ότι δε ισχύει η προς απόδειξη σχέση. Τότε θα υπάρχει έας θετικός αριθμός x 0 με τη ιδιότητα f(x 0 ) x 0. Μπορούμε, χωρίς βλάβη της γεικότητας, α υποθέσουμε ότι x 0 < f(x 0 ). Τότε, μεταξύ τω πραγματικώ αριθμώ x 0 και f(x 0 ), υπάρχει έας ρητός έστω ρ. Προφαώς ισχύει x 0 < ρ < f(x 0 ). Ομως, από τη x 0 < ρ έχουμε f(x 0 ) f(ρ) = ρ, άτοπο. Συεπώς, ισχύει η f(x) = x για κάθε θετικό πραγματικό αριθμό x. Η ισχύς της σχέσεως για τους αρητικούς πραγματικούς αριθμούς προκύπτει άμεσα από το ότι η f είαι συάρτηση περιττή. 4. Να βρεθού όλες οι συαρτήσεις f : D f R που επαληθεύου τη εξίσωση ( ) ( ) x + 1 x f + f = x x x + 1

5 Θέτουμε x + 1 x = y, οπότε x x + 1 = 1 y ( ) 1 Η δοθείσα γίεται f(y) + f y του y με το x : ( ) 1 f(x) + f x = x + 1 x 1. και x = y + 1 y 1. = y + 1 y 1 ή μετά από ατικατάσταση Θέτουμε στη τελευταία x = 1 οπότε λαμβάουμε y ( ) 1 f + f(y) = y + ή μετά από ατικατάσταση του y με το x : y 1 y ( ) 1 f + f(x) = x + x 1 x. Υπολογίζουμε από τις { f(x) + f ( 1 x) = x+1 x 1 f ( ) 1 x + f(x) = x+ 1 x τη f(x) και έχουμε f(x) = 4x + 5 3(1 x). Προφαώς, x 1, 1,. 5. Δίεται η συάρτηση f : R R με f(0) 0, για τη οποία ισχύει η σχέση f(x + y) = f(x) f(y). Να αποδείξετε ότι: i: f(0) = 1. ii: f(x) > 0, x R. iii: f( x) = 1 f(x). iv: f(x 1 + x +... + x ) = f(x 1 )f(x )... f(x ), N. v: f(ρx) = (f(x)) ρ, ρ Q. i: Για x = y = 0 έχουμε ΑΠΟΔΕΙΞΗ: f(0 + 0) = f(0)f(0) f(0) = 1 ii: Για x = y = x έχουμε ( x ) f(x) = f 0

6 Θα δείξουμε ότι f(x) 0 για κάθε x R. Πράγματι, έστω x R ώστε f(x) = 0. Για y = x λαμβάουμε f(0) = f(x)f( x) = 0 άτοπο, αφού σύμφωα με το (i) f(0) = 1. Συεπώς, f(x) > 0 για κάθε x R. iii: Για y = x έχουμε 1 = f(x x) = f(x)f( x) f( x) = 1 f(x) iv: Θα χρησιμοποιήσουμε επαγωγή: Για = ισχύει από τη υπόθεση. Εστω ότι ισχύει για. Θα δείξουμε ότι ισχύει για + 1. f(x 1 + x +... + x +1 ) = f((x 1 + x +... + x ) + x +1 ) = = f(x 1 + x +... + x )f(x +1 ) = f(x 1 )f(x )... f(x )f(x +1 ) v: Για N είαι προφαές από τη προηγούμεη ότι f(x) = f (x). Α k αρητικός ακέραιος, τότε k =, N, οπότε f(kx) = f( x) = 1 f(x) = 1 f (x) = f (x) = f k (x) Θα δείξουμε αρχικά ότι ( x ) f = f(x) Εχουμε: f(x) = f ( x ) ( x ) ( x ) = f f = f(x) Α ρ Q τότε υπάρχου ακέραιοι µ,, 0, ώστε ρ = µ, οπότε: ( µ ) ( f(ρx) = f x = f µ x ) = ( x ) [ ] µ = f µ µ = f(x) = (f(x)) = f ρ (x)

7 6. Δίεται η συάρτηση f με τύπο f(x) = x 4λx + 5, λ R. Να προσδιοριστεί το πεδίο ορισμού της. Πρέπει x 4λx + 5 0 Επειδή ο συτελεστής του μεγιστοβάθμιου όρου είαι θετικός, το τριώυμο θα είαι μη αρητικό σε όλο το R εκτός από το διάστημα αάμεσα στις ρίζες του, εφόσο βέβαια υπάρχου ρίζες. Α = (4λ) 0 = 16λ 0 = 4(4λ 5) 4λ 5 < 0 λ < 5 4 λ < 5 τότε το πεδίο ορισμού της f είαι το σύολο R. Α λ = 5, το τριώυμο έχει διπλή ρίζα, οπότε το πεδίο ορισμού της f είαι το σύολο R. Α λ > 5, το τριώυμο έχει ρίζες τις x 1 = λ 4λ 5 και x = λ + 4λ 5, οπότε το πεδίο ορισμού της f είαι το σύολο R (y 1, y ) όπου y 1 = min{x 1, x }, y = max{x 1, x }. 7. Δίεται η συάρτηση f με τύπο x 1, x [1, ) f(x) = x + 7, x [, 3], x, x (3, 4] Να παρασταθεί η συάρτηση γραφικά και α βρεθεί το σύολο τιμώ της.

8 7.πγ Το σύολο τιμώ είαι το [0, 4]. 8. Να βρεθού συαρτήσεις f : R R, g : R R, που για κάθε x R επαληθεύου τις f(x) + xg(x) = 1 και xf(x) g(x) = 1 Στη συέχεια α αποδείξετε τη πρόταση «Η συάρτηση h με λαμβάει ακρότατες τιμές». h(x) = (x + 1)f(x) + (x 1)g(x) ΑΠΟΔΕΙΞΗ: Αρχικά υποθέτουμε ότι οι ζητούμεες συαρτήσεις υπάρχου. Τότε, xf(x) g(x) = 1 x xg(x) = x Με πρόσθεση της τελευταίας στη f(x) + xg(x) = 1

9 λαμβάουμε Ατικαθιστώτας τη f(x) στη λαμβάουμε (x + 1)f(x) = 1 x f(x) = 1 x x + 1 xf(x) g(x) = 1 x 1 x x x g(x) = 1 g(x) = x + 1 x + 1 + 1 = x + 1 x + 1 Επαληθεύουμε τέλος ότι οι συαρτήσεις που βρήκαμε ικαοποιού τις δοθείσες σχέσεις. (εύκολο). Θα δείξουμε τώρα ότι η συάρτηση h με λαμβάει ακρότατες τιμές. Γωρίζουμε ότι h(x) = (x + 1)f(x) + (x 1)g(x) h(x) = (x + 1) x x x + 1 + (x 1) x + 1 x + 1 = x x + 1 (x 1) 0 x + 1 x 0 x + 1 x και οπότε (x + 1) 0 x + 1 + x 0 x + 1 x x + 1 x (x + 1) x x + 1 x + 1 x + 1 x x + 1 x + 1 x + 1 1 h(x) 1 Τελειώουμε παρατηρώτας ότι 1 = h( 1) και 1 = h(1). 9. Δίεται η συάρτηση f με f(x) = 7x 3 5 x αʹ Να δείξετε ότι η f είαι γησίως αύξουσα σε καθέα από τα διαστήματα (, 5 ) και ( 5, + ).

10 βʹ Να βρεθεί συάρτηση h με τη ιδιότητα (f h)(x) = ημx για κάθε x στο οποίο ορίζεται η h. γʹ Να δείξετε ότι η h λαμβάει μέγιστη και ελάχιστη τιμή στο πεδίο ορισμού της. αʹ Εστω x 1 < x < 5. Τότε ΑΠΟΔΕΙΞΗ: x 1 < x < 5 x 1 < x < 5 x 1 5 < x 5 < 0 5 x 1 > 5 x > 0 Άρα, f(x 1 ) < f(x ) 7x 1 3 5 x 1 < 7x 3 5 x (7x 1 3)(5 x ) < (7x 3)(5 x 1 ) 35x 1 15 14x 1 x + 6x < 35x 15 14x 1 x + 6x 1 Ομοια, για 5 < x 1 < x έχουμε 9x 1 < 9x x 1 < x 5 < x 1 < x 5 < x 1 < x 0 < x 1 5 < x 5 5 x < 5 x 1 < 0 Άρα, f(x 1 ) < f(x ) 7x 1 3 5 x 1 < 7x 3 5 x (7x 1 3)(5 x ) < (7x 3)(5 x 1 ) 35x 1 15 14x 1 x + 6x < 35x 15 14x 1 x + 6x 1 9x 1 < 9x x 1 < x

11 βʹ Εχουμε: (f h)(x) = ημx 7h(x) 3 5 h(x) = ημx, h(x) 5 Άρα, 7h(x) 3 5 h(x) = ημx 7h(x) 3 = 5ημx h(x)ημx (7 + ημx)h(x) = 3 + 5ημx h(x) = 3 + 5ημx 7 + ημx Το πεδίο ορισμού της συάρτησης h είαι το D h = {x R : h(x) 5 3 + 5ημx } = {x R : 7 + ημx 5 } = = {x R : 6 + 10ημx 35 + 10ημx} = {x R} = R γʹ Για ημx = 1 δηλαδή για ξ = π + kπ, k Z λαμβάουμε h(ξ) = 5 εώ για ημx = 1, δηλαδή για η = π + kπ, k Z λαμβάουμε h(η) = 8 9 Αρκεί α δείξουμε ότι Εχουμε, 5 h(x) 8 9 5 h(x) 5 3 + 5ημx 7 + ημx 14 ημx 15 + 5ημx 9 9ημx 1 ημx Επίσης, h(x) 8 9 3 + 5ημx 7 + ημx 8 9 7 + 45ημx 56 + 16ημx 9ημx 9 ημx 1

1 10. Να δείξετε ότι α οι συαρτήσεις f : R R και g : R R είαι γησίως αύξουσες και λαμβάου μόο αρητικές τιμές, τότε η εξίσωση έχει το πολύ μία λύση. 5f(x) + 3g(x) + 8f(x)g(x) = 0 ΑΠΟΔΕΙΞΗ: Επειδή οι f, g λαμβάου μόο αρητικές τιμές, θα ισχύει f(x)g(x) > 0, x R Διαιρώτας τη δοθείσα εξίσωση με το f(x)g(x) λαμβάουμε τη ισοδύαμή της 5 g(x) + 3 f(x) + 8 = 0 Θεωρούμε τη συάρτηση h(x) = 5 g(x) + 3 f(x) + 8, x R Αρκεί α δείξουμε ότι η h είαι γησίως μοότοη. Πράγματι, επειδή οι f, g είαι γησίως αύξουσες, για x 1 < x θα έχουμε f(x 1 ) < f(x ) < 0 και g(x 1 ) < g(x ) < 0, οπότε και Άρα 3 f(x 1 ) > 3 f(x ) 5 g(x 1 ) > 5 g(x ) h(x 1 ) 8 > h(x ) 8 h(x 1 ) > h(x ) δηλαδή η h είαι γησίως φθίουσα, οπότε η εξίσωση h(x) = 0 έχει το πολύ μία ρίζα. 11. Δίεται η συάρτηση f με f(x) = x x 1. Να βρεθού συαρτήσεις g, h τέτοιες ώστε (g f)(x) = x x + 1

13 για κάθε x στο πεδίο ορισμού της f και (f h)(x) = x x + 1 για κάθε x στο πεδίο ορισμού της h. Θέτουμε f(x) = t x x 1 = t x = xt t x(t 1) = t Η τελευταία, για t = 1 είαι αδύατη, εώ για t 1 γίεται Είαι οπότε η x = t t 1 x = t t 1 x 1 t t 1 1 t 1 t ορίζεται για κάθε t 1. Εχουμε, (g f)(x) = x x + 1 g(f(x)) = g(t) = ( t ) t 1 ( t t 1 ) + 1 x x + 1 t g(t) = t + (t 1) g(t) = t t t + 1 Συεπώς, x g(x) = x x + 1 η οποία ορίζεται και για x = 1, οπότε η g έχει πεδίο ορισμού το R, άρα D f D g. Επαλήθευση: g(f(x)) = = f (x) f (x) f(x) + 1 = ( x x 1 x x x(x 1) + (x 1) = ( x ) x 1 ) x x 1 + 1 = x x + 1

14 Εύρεση της h: f(h(x)) = h(x) h(x) 1 = x x + 1 x h(x) + h(x) = x h(x) x h(x) = x Προφαώς, h(x) 1 οπότε η h είαι καλά ορισμέη. Επαλήθευση: f(h(x)) = x ( x ) 1 = x (x + 1) = x x + 1 1. Α η f : R R είαι γησίως αύξουσα, α προσδιοριστεί συάρτηση g : R R τέτοια ώστε για κάποιο k R και για κάθε x R α επαληθεύει τις (f g)(x + k) f(x) f(g(x) + k) Αρχικά υποθέτουμε ότι υπάρχει η ζητούμεη συάρτηση g. Θα δείξουμε ότι g(x + k) x, x R. Ας υποθέσουμε ότι υπάρχει έα x R για το οποίο ισχύει g(x + k) > x. Τότε, επειδή η f είαι γησίως αύξουσα, θα ισχύει f(g(x + k)) > f(x) άτοπο αφού από τη υπόθεση η g ικαοποιεί τη (f g)(x + k) f(x). Για t = x + k x = t k έχουμε g(x + k) x g(t) t k g(x) x k Θα δείξουμε ότι g(x) + k x. Ας υποθέσουμε ότι υπάρχει x R ώστε x > g(x) + k. Τότε, επειδή η f είαι γμησίως αύξουσα, θα έχουμε f(x) > f(g(x) + k) άτοπο, αφού από τη υπόθεση η g ικαοποιεί τη f(x) f(g(x) + k).

15 Συεπώς, Από τις λαμβάουμε ότι g(x) x k g(x) x k, g(x) x k g(x) = x k Επαλήθευση: (f g)(x + k) = f(g(x + k)) = f(x + k k) = f(x) f(x) f(g(x) + k) = f(x k + k) = f(x) f(x) 13. Να βρεθού οι τιμές του λ R ώστε η συάρτηση f με f(x) = (λ 3λ) x 1 x + 3 α είαι γησίως φθίουσα. Είαι { (λ f(x) = 3λ)(x 1) x + 3, x 1 (λ 3λ)(1 x) x + 3, x < 1 f(x) = { (λ 3λ 1)x λ + 3λ + 3, x 1 ( λ + 3λ 1)x + λ 3λ + 3, x < 1 Η f είαι γησίως φθίουσα στο διάστημα [1, + ) ότα λ 3λ 1 < 0 λ 3λ 1 < 0 3 17 4 < λ < 3 + 17 4 Η f είαι γησίως φθίουσα στο διάστημα (, 1) ότα λ + 3λ 1 < 0 λ + 3λ 1 < 0 λ (, 1 ) (1, + )

16 Οι σχέσεις αυτές συαληθεύου ότα ( 3 ) ( 17 λ, 1 1, 3 + ) 17 4 4 Ελέγχουμε α για τις παραπάω τιμές του λ η f είαι γησίως φθίουσα. Εστω x 1 < 1 x. Τότε και οπότε δηλαδή 14. Δίεται η συάρτηση f με ( λ + 3λ 1)x + λ 3λ + 3 > > ( λ + 3λ 1) + λ 3λ + 3 = (λ 3λ 1)x λ + 3λ + 3 (λ 3λ 1) λ + 3λ + 3 = f(x 1 ) > f(x ) f(x 1 ) > f(x ) f(x) = (1 + 3λ )x + λ µ Να προσδιοριστού οι λ, µ R ώστε για κάθε x R α ισχύει (f f)(x) = 49x + 8µ Συεπώς, Τελικώς, έχουμε (f f)(x) = f(f(x)) = (1 + 3λ )f(x) + λ µ = = (1 + 3λ )[(1 + 3λ )x + λ µ] + λ µ = = (1 + 3λ ) x + (1 + 3λ )(λ µ) + (λ µ) = = (1 + 3λ ) x + (λ µ)(3λ + ) { { (1 + 3λ ) = 49 1 + 3λ (λ µ)(3λ + ) = 8µ = 7 8(λ µ) = 8µ λ = µ = ή λ = µ =.

15. Α για τις γησίως φθίουσες συαρτήσεις f : R R και g : R R ισχύου οι f(x) 0 και g(x) 0 για κάθε x R, α δείξετε ότι η έχει το πολύ μία λύση. Θεωρούμε τη συάρτηση (g f)(x) = (f g)(x) ΑΠΟΔΕΙΞΗ: h(x) = (g f)(x) (g f)(x) Θα δείξουμε ότι η h είαι γησίως μοότοη. Θεωρούμε x > < x. Τότε 0 f(x ) < f(x 1 ) 17 οπότε 0 g(x ) < g(x 1 ) f(x )g(x ) < f(x 1 )g(x 1 ) (f g)(x ) < (f g)(x 1 ) (f g)(x 1 ) < (f g)(x ) Επίσης, επειδή οι f, g έχου το ίδιο είδος μοοτοίας, η f g είαι γησίως αύξουσα, οπότε (f g)(x 1 ) < (f g)(x ) Με πρόσθεση στη τελευταία της λαμβάουμε (f g)(x 1 ) < (f g)(x ) (f g)(x 1 ) (f g)(x 1 ) < (f g)(x ) (f g)(x ) δηλαδή η h(x) είαι γησίως αύξουσα, επομέως δε μπορεί α έχει περισσότερα από έα σημεία μηδεισμού. 16. Δίεται η συάρτηση f με f(x) = { x λe, 0 x 1 ln x, x > 1

18 αʹ Να βρεθού όλες οι τιμές του λ R για τις οποίες η f είαι γησίως αύξουσα. βʹ Να βρεθεί η f 1 ότα λ = 1 e αʹ Στο διάστημα [0, 1] η f έχει τύπο f(x) = x λe και είαι γησίως αύξουσα για κάθε τιμή του πραγματικού λ. Στο διάστημα (1, + ) η f έχει τύπο f(x) = ln x και είαι γησίως αύξουσα Για 0 x 1 1 < x έχουμε f(x 1 ) = x 1 λe 1 λe και f(x ) = ln x 0 οπότε για α είαι η f γησίως αύξουσα στο πεδίο ορισμού της, πρέπει και αρκεί 1 λe 0 λ 1 e βʹ Για λ = 1 e ο τύπος της συάρτησης είαι f(x) = { x 1, o x 1 ln x x > 1 και επειδή είαι γησίως αύξουσα είαι 1 1, άρα ατιστρέψιμη. Το πεδίο ορισμού της f 1 συμπίπτει με το σύολο τιμώ της f. Το προσδιορίζουμε: Για x [0, 1] έχουμε και D f 1 = {y R : y = f(x)} y = f(x) y = x 1 x = y + 1 0 x 1 0 y + 1 1 0 y + 1 1 1 y 0 Για 1 < x έχουμε y = f(x) y = ln x x = e y και 1 < x 1 < e y 0 < y

19 Συεπώς, D f 1 = [ 1, + ) Από τα προηγούμεα είαι ακόμα φαερό ότι { x + 1, 1 x 0 f 1 (x) = e x, x > 0 17. Α η συάρτηση f ικαοποιεί τη για κάθε x R, (f f)(x) = 3x + αʹ Να δειχθεί ότι η f είαι 1 1 και ότι το σύολο τιμώ της είαι όλο το σύολο R. βʹ Να επιλυθεί η εξίσωση 9f(x) + 8 = f 1 (53) αʹ ΑΠΟΔΕΙΞΗ: g(x 1 ) = f(x ) f(f(x 1 )) = f(f(x )) 3x 1 + = 3x + x 1 = x Θεωρούμε y R. Θα δείξουμε ότι υπάρχει x R με τη ιδιότητα y = f(x). Υποθέτουμε ότι ισχύει η y = f(x). Τότε f(y) = f(f(x)) = 3x + x = 1 (f(y) ) 3 Συεπώς, για το τυχαίο y R υπάρχει x R με x = 1 (f(y) ) 3 ώστε f(x) = y, δηλαδή το σύολο τιμώ της f είαι όλο το R. βʹ Επειδή 53 = 3 17 +, είαι 53 = f(f(17)) Συεπώς, 9f(x) + 8 = f 1 (53) 9f(x) + 8 = f 1 (f(f(17))) 9f(x) + 8 = f(17)

0 Επειδή 17 = 3 5 + η τελευταία γίεται 9f(x) + 8 = f((f f)(5)) = (f f)(f(5)) = 3f(5) + Άρα, Ομως, οπότε 9f(x) + 6 3f(5) 3f(x) + = f(5) 3f(x) + = (f f)(f(x)) f(5) = (f f)(f(x)) f(5) = f((f f)(x)) 5 = (f f)(x) παρατηρούμε ότι 5 = 3 1 + = (f f)(1) = f(f(1)), οπότε x = 1 Ατίστροφα: Για x = 1 έχουμε: 9f(1) + 8 = 3(3f(1) + ) + = 3((f f)(f(1))) + = = 3(f(f f)(1))+ = 3(f(3 1+))+ = 3f(5)+3 = (f f)(f(5)) = = f((f f)(5)) = f(3 5 + ) = f(17) = = (f 1 f)(f(17)) = f 1 ((f f)(17)) = f 1 (3 17 + ) = f 1 (53) Δηλαδή η x = 1 είαι η μοαδική λύση της εξίσωσης. 18. Να βρεθού οι f : R R και g : R R οι οποίες είαι 1 1 και για κάθε x R επαληθεύου τις εξισώσεις 5(f g)(x) + 4(f g 1 )(x) = 36x + 9 f(x) (f g 1 )(x) = 19 Αρχικά υποθέτουμε ότι οι συαρτήσεις που ζητούται υπάρχου. Θέτοτας στη δεύτερη τω εξισώσεω στη θέση του x το g(x) λαμβάουμε f(g(x)) (f g 1 )(g(x)) = 19 (f g)(x) f(x) = 19 (f g)(x) = f(x) + 19

1 Επίσης, από τη δεύτερη τω εξισώσεω έχουμε f(x) (f g 1 )(x) = 19 (f g 1 )(x) = f(x) 19 Ατικαθιστώτας τις τελευταίες στη πρώτη τω εξισώσεω έχουμε f(x) 19 5(f(x) + 19) + 4 = 36x + 9 10f(x) + 95 + f(x) 38 = 36x + 9 1f(x) = 36x + 9 57 f(x) = Ατικαθιστώτας στη τη τιμή f(x) = 3x 4 λαμβάουμε 36x 48 1 (f g)(x) = f(x) + 19 f(x) = 3x 4 3g(x) 4 = (3x 4) + 19 3g(x) 4 = 6x + 11 g(x) = x + 5 Για τη πρώτη τω εξισώσεω: Επειδή Επαλήθευση: 5(f g)(x) + 4(f g 1 )(x) = 5(3g(x) 4) 4(3g 1 (x) 4) = = 15g(x) + 1g 1 (x) 36 = 30x + 75 + 1g 1 (x) 36 = = 30x + 1g 1 (x) + 39 y = g(x) y = x + 5 x = y 5 x = y 5 η τελευταία γίεται g 1 (x) = x 5 Για τη δεύτερη: 30x + 1g 1 (x) + 39 = 30x + 6(x 5) + 39 = 36x + 9 f(x) (f g 1 )(x) = 3x 4 (3g 1 (x) 4) = = 3x 4 6 x 5 + 8 = 3x 4 3x + 15 + 8 = 19

19. Δίεται συάρτηση f : R R για τη οποία ισχύει (f f)(x) = x + 3f(x) για κάθε x R. Να βρεθεί η ατίστροφη της f. (Της f ο τύπος θεωρείται γωστός). Θα δείξουμε αρχικά ότι η f είαι ατιστρέψιμη: f(x 1 ) = f(x ) f(f(x 1 )) = f(f(x )) Θέτουμε f(x) = y, οπότε x 1 + 3f(x 1 ) = x + 3f(x ) x 1 = x f(y) = f(f(x)) = x + 3y f(y) = f 1 (y) + 3y Άρα, f 1 (y) = f(y) 3y f 1 (x) = 1 (f(x) 3x)