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Cómo solucionar f(f(x)yf(x)+1)=xxf(y)+1f(f(x)yf(x)+1)=xxf(y)+1?

Actualmente estoy trabajando en el siguiente funcional de la ecuación:

Encontrar todos los f:R>0R>0 tal que para todos los x,yR>0: f(f(x)yf(x)+1)=xxf(y)+1 Creo que he logrado mostrar que f es bijective, pero, ¿cómo proceder?

4voto

Tintarn Puntos 2250

Denotar P(x,y) la afirmación de que la ecuación anterior se tiene para som x,y.

En primer lugar, voy a dar una prueba de bijectivity ya que no se sienten seguras con ella.

La primera de inyectividad. Suponga f(a)=f(b) algunos a,b. A continuación, la comparación de P(a,y) P(b,y) obtenemos aaf(y)+1=bbf(y)+1 y, por tanto, abf(y)+b=abf(y)+a y, por tanto, a=b es decir f es inyectiva.

Ahora, suponga f asume el valor de k es decir f(x0)=k algunos x0. A continuación, P(x,x0) x corre a través de todos los números positivos muestra que f obtiene todos los números entre 0 y 1k.

Así que si tomamos cualquier kf(R) (satisfactorio k>0) llegamos a la conclusión de que cada número positivo ϵ lo suficientemente cercano a 0 se asume.

Pero luego vuelve a aplicar el mismo truco obtenemos que todos los números entre el 0 1ϵ se obtienen donde 1ϵ obtiene arbitrariamente grande, es decir, f es surjective, así bijective.

Ahora estamos demostrando que f(x)=x tiene para todos los x.

En primer lugar, vamos a comprobar f(x)x deben tener.

Supongamos por el contrario que f(a)=b>a algunos a,b>0. A continuación, P(a,1a1b) implica b=aaf(1a1b)+1<a1=a y, por tanto, b<a contradiciendo la suposición. Por lo f(x)x tiene para todos los x.

Suponga f(a)=b<a mantiene para algunos a,b>0.

Surjectivity implica que hay algo de y0 tal que f(y0)=1a1b.

A continuación, P(a,y0) implica f(by0b+1)=b=f(a) y, por tanto, por la inyectividad obtenemos a=by0b+1<b1=b y, por tanto, a<b contradiciendo la suposición.

Por lo tanto, hemos probado que la f(x)=x debe mantener para todos los x y esto es de hecho una solución.

3voto

Vic Goldfeld Puntos 218

Aquí es un corto solución que evita la inyectividad y surjectivity argumentos:

Suponga que existe un aR>0 tal que f(a)a>0. Esto legitima la sustitución: P(f(a)af(a)):espacio\f(a)=aaf(f(a)af(a))+1\ffif(f(a)af(a))=af(a)f(a)<0 lo cual es una contradicción. Por lo tanto f(x)x xR>0. Pero esto implica: xxf(x)+1=f(f(x)xf(x)+1)f(x)xf(x)+1xf(x) Por lo tanto, f(x)=x es la única solución.

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