Matematyka.pl

Wyznaczyć wszystkie \(\displaystyle{ f }\) takie, że

\(\displaystyle{ f( x(1+y)) = f(x)(1+ f(y))}\)

dla \(\displaystyle{ x, y \in \RR.}\)

Podstawmy:

\(\displaystyle{ x=0}\)

Otrzymamy:

\(\displaystyle{ f(0)=f(0)\left[ 1+f(y)\right] }\)

Jeżeli przyjmiemy, że:

\(\displaystyle{ f(0) \neq 0}\)

to:

\(\displaystyle{ f(y)=0}\)

Jak widać funkcja:

\(\displaystyle{ f(x)=0}\)

Spełnia równanie...

Przyjmijmy, że:

\(\displaystyle{ f(0)=0}\)

Przyjmijmy również, że:

\(\displaystyle{ f(1)=a}\)

Napiszmy równanie:

\(\displaystyle{ f\left[ x(y+1)\right] =f(x)\left[ 1+f(y)\right] }\)

Podstawmy:

\(\displaystyle{ x=1, y=1}\)

mamy:

\(\displaystyle{ f(2)=f(1)\left[ 1+f(1)\right] =a+a^2 }\)

Teraz połóżmy:

\(\displaystyle{ x=1, y=2}\)

otrzymamy:

\(\displaystyle{ f(3)=a+a^2+a^3}\)

A teraz połóżmy:

\(\displaystyle{ x=2, y=1}\)

\(\displaystyle{ f(4)=f(2)(1+a)=(a+a^2)(1+a)=a+2a^2+a^3}\)

Teraz połóżmy:

\(\displaystyle{ x=1, y=3}\)

\(\displaystyle{ f(4)=f(1)\left[ 1+f(3)\right] =a \cdot \left[ 1+a+a^2+a^3\right] =a+a^2+a^3+a^4}\)

mamy więc:

\(\displaystyle{ f(4)=a+2a^2+a^3==a+a^2+a^3+a^4}\)

Po skróceniu sprowadzi się to do równania:

\(\displaystyle{ a^2(a^2-1)=0}\)

Otrzymamy:

\(\displaystyle{ a=0,-1,1}\)

dla:

\(\displaystyle{ a=0}\)

Sprowadza się to w sumie do funkcji zerowej z początku zadania...

Załóżmy, że :

\(\displaystyle{ a=-1}\)

Więc w tym wypadku otrzymamy:

\(\displaystyle{ f(2k)=0}\)

\(\displaystyle{ f(2k+1)=-1}\)

podstawmy:

\(\displaystyle{ x= \frac{1}{2} , y=1}\)

otrzymamy:

\(\displaystyle{ f\left( \frac{1}{2} \cdot 2\right) =f\left( \frac{1}{2} \right) \left[ 1+f(1)\right] }\)

Czyli:

\(\displaystyle{ f(1)=f\left( \frac{1}{2} \right) \cdot \left[ 1+(-1) \right]=0 }\)

Sprzeczność, więc przyjmijmy, że:

\(\displaystyle{ a=1}\)

czyli:

\(\displaystyle{ f(n)=n ,n \in N}\)

W ten sam sposób łatwo udowodnić, że:

\(\displaystyle{ f(-n)=-n}\)

Podstawmy do wyjściowego wzoru:

\(\displaystyle{ x= \frac{p}{q} , y=q-1}\)

\(\displaystyle{ f\left[ \frac{p}{q} \cdot q \right] =f\left( \frac{p}{q} \right) \cdot q}\)

Więc:

\(\displaystyle{ f\left( \frac{p}{q} \right) = \frac{p}{q} }\)

dla:

\(\displaystyle{ x=s}\) - niewymiernego

\(\displaystyle{ y=w-1}\) - wymiernego

otrzymamy:

(*) \(\displaystyle{ f(ws)=wf(s)}\)

Dalej:

\(\displaystyle{ f\left[ w(s+1)s\right] =f(w)\left[ 1+f(s)\right] =w+wf(s)}\)

ale:

\(\displaystyle{ f\left[ w(s+1)s\right]=wf(s+1)}\)

mamy więc:

\(\displaystyle{ wf(s+1)=w+wf(s)}\)

lub:

\(\displaystyle{ f(s+1)=1+f(s)}\)

łatwo uogólnić:

\(\displaystyle{ f(s+n)=n+f(s) , n \in Z}\)

Sprawdźmy jak zachowuje się funkcja:

\(\displaystyle{ f(s+h)-f(s)}\)

przyjmijmy, że:

\(\displaystyle{ h= \frac{1}{n} }\)

otrzymamy:

\(\displaystyle{ f\left( s+ \frac{1}{n} \right) -f(s)=f\left( \frac{sn+1}{n} \right) -f(s)= \frac{1}{n} f(sn+1)-f(s)= \frac{1+f(ns)}{n} -f(s)= \frac{1+nf(s)}{n} -f(s)= \frac{1}{n}+f(s)-f(s)= \frac{1}{n} \rightarrow 0 }\)

Czyli wynika, że funkcja jest ciągła dla wszystkich liczb rzeczywistych...

Czyli:

niech:

\(\displaystyle{ s=\lim_{n\to \infty} \frac{p_{n}}{q_{n}} }\)

\(\displaystyle{ f(s)=f\left(\lim_{n\to \infty} \frac{p_{n}}{q_{n}} \right) = \lim_{n\to \infty} f\left( \frac{p_{n}}{q_{n}} \right) = \lim_{n\to \infty} \frac{p_{n}}{q_{n}} = s }\)

Co by dawało, że:

\(\displaystyle{ f(x)=x \vee f(x)=0}\)

Prawie dobrze. Tyle, że warunek, który badasz nie wystarczy do pokazania ciągłości funkcji.

Wiem o tym bo ciąg wybrałem wybiórczo a nawet za wybiórczo...


Więc jakbym wybrał bardziej ogólnie ciąg aproksymujący zero dowolny ciąg liczb wymiernych:

\(\displaystyle{ \frac{p_{n}}{q_{n}} \rightarrow 0}\)

\(\displaystyle{ p_{i}, q_{i} \in Z}\)

\(\displaystyle{ f\left( s+ \frac{p_{n}}{q_{n}} \right) -f(s)=f\left( \frac{sq_{n}+p_{n}}{q_{n}} \right)-f(s)= \frac{1}{q_{n}} \left[ f(q_{n}s)+f(p_{n})\right] -f(s)= }\)

\(\displaystyle{ = \frac{1}{q_{n}}\left[ q_{n}f(s)+p_{n}\right] -f(s)=f(s)+ \frac{p_{n}}{q_{n}} -f(s)= \frac{p_{n}}{q_{n}} \rightarrow 0}\)

I to też za mało. Popatrz na funkcję charakterystyczną liczb wymiernych

Też racja...

Dodano po 9 minutach 33 sekundach:
Choć jakby uciec się do tego, że każdą liczbę niewymierną aproksymujesz wymierną, czyli dla każdego:

\(\displaystyle{ h \rightarrow 0}\)

Dobrać ciąg liczb wymiernych:

\(\displaystyle{ w_{n}(h) \rightarrow h}\)

No jednak ten ciąg musi być dowolny. Nie możesz zakładać żadnego specyficznego kształtu

Tak z ciągłością nie pyknie sprawa...

Więc pomyślałem sobie tak:

skoro: weźmiemy jakąś niewymierną \(\displaystyle{ s}\) to mamy ciąg wymiernych do niej dążących:

\(\displaystyle{ w_{n} \rightarrow s}\)

to czy będzie:

\(\displaystyle{ f(w_{n}) \rightarrow f(s)}\)

ale:

\(\displaystyle{ f(w_{n})=w_{n}}\)

znaczy, że:

\(\displaystyle{ w_{n} \rightarrow f(s)}\)

Wynika stąd, że:

\(\displaystyle{ f(s)=s}\)

Czyli że z ciągłości wyniknie ciągłość.

Hmmm jakby się nie obrócić to plecy z tyłu a masz na to jakiś pomysł??

Po otrzymaniu \(\displaystyle{ f(0) = 0, f(1) = 1}\) (o ile \(\displaystyle{ f}\) jest niezerowa):

(1) podstawiając \(\displaystyle{ x = 1}\) do początkowego równania, dostajemy \(\displaystyle{ f(1+y) = 1+f(y)}\);

(2) kładąc \(\displaystyle{ z=1+y}\) i korzystając z (1), mamy \(\displaystyle{ f(xz) = f(x) f(z)}\);

(3) mamy \(\displaystyle{ f(x+z) = f(x) + f(z)}\), bo dla \(\displaystyle{ x = 0}\) równość jest oczywista, a dla \(\displaystyle{ x \neq 0}\):

\(\displaystyle{ f(x+z) = f(x) \cdot f \left( 1 + \frac{z}{x} \right) = f(x) \left( 1 + f \left( \frac{z}{x} \right) \right) = f(x) + f(x) f \left( \frac{z}{x} \right) = f(x) + f(z)}\).

Zatem \(\displaystyle{ f}\) jest endomorfizmem ciała \(\displaystyle{ (\RR, +, \cdot, 0, 1)}\). Jest zaś znanym faktem, że jedynym takim endomorfizmem jest identyczność, tj. \(\displaystyle{ f(x) = x}\) dla \(\displaystyle{ x \in \RR}\).