Συναρτησιακές εξισώσεις . Εισαγωγή και Εμβάθυνση.

0
Γιάννης Π. Πλατάρος
ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ - 2025
Συναρτησιακές
Εξισώσεις
ΕΙΣΑΓΩΓΗ+ΕΜΒΑΘΥΝΣΗ

2
Πρόλογος
Οι συναρτησιακέςεξισώσειςαποτελούνμία απότις πιο ενδιαφέρουσεςπεριοχέςτων
μαθηματικών,καθώς συνδέουνάμεσα τηναλγεβρικήσκέψημε την αναλυτικήμέθοδο.Στο
παρόνσύγγραμμα συγκεντρώνονταιβασικάθεωρήματα,χαρακτηριστικέςκλασικές
εξισώσεις(Cauchy,Jensen,d’Alembert), καθώςκαιμία πλούσια συλλογήλυμένων ασκήσεων
σε κλιμακούμενηδυσκολία – απότις απλέςέως τις «ολυμπιακού» επιπέδου.Στόχος είναινα
παρουσιαστείόχιμόνοη τεχνικήεπίλυσης, αλλά και η μεθοδολογία:χρήσηειδικώντιμών,
επαγωγή,συμμετρίες(άρτια–περιττά),υπόθεσησυνέχειαςήμονοτονίας, καιαντιμετώπιση
παθολογικώνλύσεων.Το βιβλίο μπορείνα λειτουργήσειωςβοήθημα σε μαθητές, φοιτητές,
αλλά και σε διδάσκοντεςπουαναζητούνπαραδείγματαγια τηντάξηή για μαθηματικούς
διαγωνισμούς.
Η παρουσίασηείναιαυτοτελής:κάθε κεφάλαιοξεκινά με τις κλασικέςμορφέςκαι
καταλήγεισε πιοσύνθετα προβλήματα,ενώ στοτέλος παρατίθεταιγλωσσάριοορολογίας
για διευκόλυνση.
ΓΙΑΝΝΗΣ ΠΛΑΤΑΡΟΣ
ΚΕΦΑΛΑΙΟ:ΣΥΝΑΡΤΗΣΙΑΚΕΣΕΞΙΣΩΣΕΙΣ
1. ΕΞΙΣΩΣΗ ΤΟΥ CAUCHY
Εξίσωση: ( ) ( ) ( ), ,
f x y f x f y x y R
     .
Λύση:Αν f είναι συνεχήςή μονότονη, τότε η γενικήλύση είναι:
( ) ,
f x kx k R
  .
Αν δεν τεθείυπόθεσησυνέχειας,υπάρχουνκαι παθολογικέςλύσεις,αλλά σε
σχολικό/πανεπιστημιακόπλαίσιομένουμε στηγραμμικήμορφή.
2. Εξίσωση του Jensen
Εξίσωση:   ( ) ( )
2 2
x y f x f y
f  
 .
Λύση:Με υπόθεσηγραμμικότητας/συνέχειας,οιλύσεις είναι:
( )
f x ax b
  .
3. Εξίσωση του d’Alembert
Εξίσωση: ( ) ( ) 2 ( ) ( )
f x y f x y f x f y
    .
Λύση:Οι λύσεις είναι συναρτήσειςπουικανοποιούνιδιότητες συνημίτονου/υπερβολικού
συνημίτονου:

3
( ) cos( )
f x ax
 ή ( ) cosh( )
f x ax
 , με a R
 .
4. Πολυωνυμικού τύπου
Παράδειγμα: ( 1) ( ) 2 1
f x f x x
    .
Λύση:Υποθέτουμε πολυώνυμο: 2
( )
f x x c
  .
Επαλήθευση: 2 2
( 1) ( ) 2 1
x c x c x
      ,που ισχύει.
5. Εξίσωση με διγραμμικό όρο
Εξίσωση: ( ) ( ) ( )
f x y f x f y kxy
    .
Λύση:Μορφήπολυωνύμου:
2
2
( ) k
f x ax x
  .
6. Εξισώσεις με περιοδικότητα
Εξίσωση: ( ) ( )
f x T f x
  .
Λύση:Όλες οι συναρτήσειςμε περίοδο T . Χαρακτηριστικάπαραδείγματα:
 
2
( ) sin T
f x x

 ,  
2
( ) cos T
f x x

 .
7. Εξισώσεις με σύνθεση συναρτήσεων
(α) ( ( ))
f f x x
 . Λύσεις: ( )
f x x
 ή ( )
f x x
  .
(β) ( ( )) ( )
f f x f x
 . Λύσεις: ( )
f x x
 ή ( )
f x c
 (σταθερή).
8. Εκθετικές και Λογαριθμικές
(α) ( ) ( ) ( )
f xy f x f y
  . Λύση: ( ) ln
f x x
 , για 0
x  .
(β) ( ) ( ) ( )
f xy f x f y
 . Λύση: ( ) k
f x x
 , με k  .
(γ) ( )
( )
x f x
f e e
 . Λύση: ( )
f x x
 .
Συμπέρασμα
Οι βασικέςσυναρτησιακέςεξισώσειςεπιλύονταιμε τεχνικές όπως η υπόθεση
πολυωνυμικής μορφής, η χρήσητριγωνομετρικών/υπερβολικώνσυναρτήσεωνήη
λογάριθμος/εκθετική.Αποτελούνθεμέλιογια πλήθος μαθηματικώνεφαρμογών.

4
Τμήμα Α- Εισαγωγικές ασκήσεις
ΆΣΚΗΣΗ 1
Βρείτε όλες τις συναρτήσειςώστε ( 1) ( ) 1
f x f x
   .
Λύση
Βάζουμε 0
x  : (1) (0) 1
f f
  .
Με επαγωγή: ( ) (0)
f n f n
  για κάθε φυσικόαριθμό n .
Αν θεωρήσουμε ότι η f είναι γραμμικήή συνεχής,τότε η λύση είναι
( ) ,
f x x c
 
όπου c σταθερά.
ΆΣΚΗΣΗ 2
Αν ( ) ( ) ( )
f x y f x f y
   και (1) 5
f  , βρείτε το (7)
f .
Λύση
Από τη σχέσηέχουμε: ( ) ( ) ( )
f x y f x f y
   .
Θέτουμε 1
x  , 1
y  : (2) (1) (1) 5 5 10
f f f
     .
Με τον ίδιο τρόπο, (3) (2) (1) 10 5 15
f f f
     .
Συνεχίζοντας επαγωγικά: (7) 7 (1) 35
f f
  .
ΆΣΚΗΣΗ 3
Βρείτε όλες τις συναρτήσειςώστε (2 ) 2 ( )
f x f x
 .
Λύση
Θέτουμε 0
x  : (0) 2 (0)
f f
 ⇒ (0) 0
f  .
Με επαγωγή: (2 ) 2 ( )
n n
f x f x
 .
Αν θεωρήσουμε ότι η f είναι γραμμική,παίρνουμε ( )
f x ax
 πουικανοποιείτην εξίσωση,
για κάθε a R
 .
ΆΣΚΗΣΗ 4
Αν ( 2) ( ) 4
f x f x
   , ποια είναι η γενικήλύση;
Λύση
Θέτουμε 0
x  : (2) (0) 4
f f
  .
Με επαγωγή: (2 ) (0) 4
f n f n
  .
Για x γενικό,η λύση είναιγραμμικήσυνάρτησημε κλίση 2:

5
( ) 2 ,
f x x d
  όπου d σταθερά.
Τμήμα Β – Μετατοπίσεις και Αναδρομές
Άσκηση 5
Αν ( 3) 2 ( )
f x f x
  και (0) 1
f  , βρείτε το (6)
f .
Λύση
Από τη σχέσηέχουμε: (3) 2 (0) 2
f f
  .
Στη συνέχεια: (6) 2 (3) 2 2 4
f f
    .
Άρα (6) 4
f  .
Η γενικότερησχέσηδίνει (3 ) 2 (0)
n
f n f
 .
Άσκηση 6
Αν ( 1) ( ) 3
f x f x
   , αποδείξτε ότι ( ) 3
f x x d
  .
Λύση
Με επαγωγή: (0)
f d
 , (1) (0) 3 3
f f d
    ,
(2) (1) 3 6
f f d
    , άρα ( ) 3
f n d n
  για n R
 .
Για γενικό x , η μόνη γραμμικήλύση πουικανοποιείτην εξίσωσηείναι
( ) 3 .
f x x d
 
Άσκηση 7
Αν ( ) ( )
f x k f x

  , δείξτε ότι /
( ) x k
f x C
 (υπό υπόθεσησυνέχειας).
Λύση
Θέτουμε 0
x  : ( ) (0)
f k f

 .
Με επαγωγή: ( ) (0)
n
f nk f

 .
Για ρητούς πολλαπλασιαστέςτου k και με υπόθεσησυνέχειας,
επεκτείνεταιγια όλα τα x :
/
( ) ,
x k
f x C
 όπου (0).
C f

Τμήμα Γ – Πολλαπλασιαστικές Εξισώσεις
Άσκηση 8
Αν ( ) ( ) ( )
f x y f x f y
  και (1) 2
f  , βρείτε ( )
f n για κάθε φυσικό n .

6
Λύση
Από τη δοσμένηεξίσωσηέχουμε ( ) ( ) ( )
f x y f x f y
  .
Θέτουμε 1
x  , 1
y  : (2) (1) (1) 2 2 4
f f f
    .
Γενικότερα,με επαγωγή: ( ) (1) 2
n n
f n f
  .
Άρα ( ) 2n
f n  για κάθε n N
 .
Άσκηση 9
Δείξτε ότι η μοναδικήσυνεχήςλύση της ( ) ( ) ( )
f x y f x f y
  με (0) 1
f  είναι ( ) x
f x a
 .
Λύση
Από την εξίσωση: ( ) ( ) ( )
f x y f x f y
  .
Θέτουμε 0
y  : ( 0) ( ) (0) ( ) ( ) (0)
f x f x f f x f x f
    .
Άρα (0) 1
f  (για μη μηδενικήσυνάρτηση).
Ορίζουμε (1)
a f
 .
Με επαγωγή: ( ) n
f n a
 για κάθε ακέραιο n .
Για ρητούς q, με χρήσητης ιδιότητας ( ) q
f q a
 .
Με υπόθεσησυνέχειας: ( ) x
f x a
 για κάθε πραγματικό x .
Επομένωςη γενική λύσηείναι
( ) , 0.
x
f x a a
 
Τμήμα Δ – Συνδυαστικές / Αθροιστικές Εξισώσεις
Άσκηση 10
Αν ( ) ( ) ( ) 1
f x y f x f y
    , βρείτε το ( )
f x .
Λύση
Θέτουμε 0
x  : ( ) (0) ( ) 1 (0) 1
f y f f y f
      .
Θέτουμε 1
y  : ( 1) ( ) (1) 1
f x f x f
    .
Με επαγωγή: ( ) (1) ( 1)
f n nf n
   για κάθε n  .
Γενική λύση:
( ) 1, (1).
f x ax a f
  

7
Άσκηση 11
Αν ( ) ( ) ( )
f x y f x f y xy
    , δείξτε ότι 2
1
( )
2
f x x ax
  .
Λύση
Θέτουμε 0
x  : ( ) (0) ( ) 0 (0) 0
f y f f y f
     .
Θέτουμε 1
y  : ( 1) ( ) (1)
f x f x f x
    .
Με αναδρομήκαιέλεγχοπολυωνυμικής μορφής,βρίσκουμε ότι η γενική λύσηείναι:
2
1
2
( ) , .
f x x ax a R
  
Άσκηση 12
Αν ( ) ( ) ( )
f x y f x f y x y
     , βρείτε όλες τις λύσεις.
Λύση
Θέτουμε 0
y  : ( ) ( ) (0) (0)
f x f x f x f x
      , πράγμα αδύνατογια όλα τα x .
Θέτουμε 1
y  : ( 1) ( ) (1) 1
f x f x f x
     .
Υποθέτουμε πολυωνυμικήμορφή: 2
( )
f x ax bx c
   .
Με αντικατάστασηβρίσκουμε ότιη γενικήλύσηείναι:
2
1
2
( ) , .
f x x x d d R
   
Τμήμα Ε – Σύνθεση Συναρτήσεων
Άσκηση 13
Αν ( ( ))
f f x x
 , βρείτε τις λύσεις.
Λύση
Η συνθήκη ( ( ))
f f x x
 σημαίνειότι η f είναι αμφιμορφισμός(involution).
Προφανείςλύσεις: ( )
f x x
 και ( )
f x x
  .
Γενικά,οποιαδήποτε συνάρτησηπουείναιτο αντίστροφότηςικανοποιείτην εξίσωση.
Για παράδειγμα:αν ( ) 1/
f x x
 για 0
x  , τότε ( ( ))
f f x x
 .
Άσκηση 14
Αν ( ( )) ( )
f f x f x
 , ποια είναι τα πιθανά f ;
Λύση
Από την εξίσωση: ( ( )) ( )
f f x f x
 .

8
Αυτό σημαίνειότι η f είναιπροβολή (idempotent).
Λύσεις:
- ( )
f x c
 (σταθερήσυνάρτηση).
- ( )
f x x
 (ταυτοτική).
- Περισσότερογενικά,κάθε συνάρτησηπουστέλνειτοπεδίοτης στοσύνολο των σταθερών
τιμών της και μένειίδια στηδεύτερηεφαρμογή.
Άσκηση 15
Αν 2
( ( ))
f f x x
 , συζητήστε πιθανά σενάρια.
Λύση
Η εξίσωση 2
( ( ))
f f x x
 είναι πιο σύνθετη.
Αν θέσουμε ( ) ( )
g x f x
 , τότε 2
( ( ))
g g x x
 .
Πιθανές προσεγγίσεις:
- Αν ( ) k
f x x
 , τότε
2
( ( )) ( )
k k k
f f x x x
  . Για να ισχύει
2
2
k
x x
 , απαιτείται 2
2
k  ,άρα
2
k  , μη ακέραιοςεκθέτης.
- Μια άλλη πιθανή μορφή: ( ) | |
f x x
  , τότε ( ( )) | |
f f x x
 . Όχι ακριβώς 2
x , αλλά
σχετικό.
- Συμπέρασμα:ηεξίσωσηέχειπαθολογικέςή μη στοιχειώδειςλύσεις, δενανήκειστις
κλασικέςοικογένειες(γραμμικές,εκθετικές,τριγωνομετρικές).
Τμήμα ΣΤ – Τριγωνομετρικού Τύπου
Άσκηση 16
Αν ( ) ( ) 2 ( ) ( )
f x y f x y f x f y
    , βρείτε τη γενικήλύση.
Λύση
Η εξίσωσηθυμίζει την ταυτότητα του συνημιτόνου:
cos( ) cos( ) 2cos( )cos( ).
x y x y x y
   
Θέτουμε 0
x  : ( ) ( ) 2 (0) ( )
f y f y f f y
   .
Αν (0) 1
f  , τότε ( ) ( )
f y f y
  , άρα η συνάρτησηείναιάρτια.
Γενική λύση(συνεχής):
( ) cos( ), .
f x ax a R
 

9
Άσκηση 17
Αν ( ) ( )cos ( )cos
f x y f x y f y x
   , βρείτε τις λύσεις.
Λύση
Η εξίσωση μοιάζειμε την ταυτότητα τουημιτόνου:
sin( ) sin cos sin cos .
x y x y y x
  
Άρα μια λύση είναι ( ) sin( )
f x x
 .
Γενικότερα,μεσταθερά a : ( ) sin( )
f x c x
 , c R
 .
Άσκηση 18
Αν ( ) ( ) 2 ( ) ( )
f x y f x y f x g y
    , τι συναρτήσειςf,gικανοποιούντην εξίσωση;
Λύση
Η εξίσωσηπαραπέμπειστηνταυτότητα τουημιτόνου:
sin( ) sin( ) 2cos( )sin( ).
x y x y x y
   
Άρα, ανθέσουμε ( ) sin( )
f x x
 και ( ) cos( )
g y y
 , η εξίσωσηικανοποιείται.
Εναλλακτικά,αν ( ) sin( )
f x A x
 και ( ) cos( )
g y B y
 με 1
AB  , τότε επίσης η εξίσωση
ισχύει.
Τμήμα Ζ – Προχωρημένες / Θεωρητικές Εξισώσεις
Άσκηση 19
Αν :
f R R
 με ( ) ( ) ( )
f x y f x f y
   , δείξτε ότι:
Αν f είναισυνεχής, τότε ( )
f x ax
 .
Αν f είναιφραγμένησε διάστημα,τότε πάλι ( )
f x ax
 .
Λύση
Η εξίσωση ( ) ( ) ( )
f x y f x f y
   είναι η εξίσωσητου Cauchy.
Αν f είναισυνεχής:
Βάζουμε 0
y  : ( ) ( ) (0)
f x f x f
  ⇒ (0) 0
f  .
Με επαγωγή: ( ) ( )
f nx nf x
 .
Για ρητούς q: ( ) (1)
f q qf
 .
Με συνέχεια: ( )
f x ax
 ,όπου (1)
a f
 .
Αν f είναιφραγμένησε διάστημα,πάλιαποδεικνύεταιότιείναιγραμμική(κλασικό
θεώρημα).

10
Άρα η γενικήλύση υπόαυτές τις υποθέσειςείναι ( )
f x ax
 .
Άσκηση 20
Αν :
f R R
 είναισυνεχής και ( ) ( ) ( )
f x y f x f y
  , δείξτε ότι ( ) x
f x a
 .
Λύση
Η εξίσωσηείναι πολλαπλασιαστική.
Θέτουμε 0
y  : ( ) ( ) (0)
f x f x f
 . Άρα (0) 1
f  ή 0
f  .
Αν 0
f  , τότε δεν ισχύει (0) 1
f  , οπότε κρατάμε (0) 1
f  .
Ορίζουμε (1)
a f
 .
Με επαγωγή: ( ) n
f n a
 για ακέραιους n .
Για ρητούς: /
( / ) p q
f p q a
 .
Με συνέχεια: ( ) x
f x a
 .
Άσκηση 21
Αν ( 1) 2 ( )
f x f x
  και f συνεχής, δείξτε ότι ( ) 2x
f x C
  .
Λύση
Από τη σχέση: ( 1) 2 ( )
f x f x
  .
Με επαγωγή: ( ) 2 (0)
n
f n f
 .
Για ρητούς
m
q
n
 :
1
( ) ( )
f q f
n
 .
Με συνέχεια γενικεύεταισε κάθε πραγματικό:
( ) 2 , (0).
x
f x C C f
  
Τμήμα Η – Άλυτες για Εξάσκηση
Άσκηση 22
Να λυθεί η εξίσωση ( ) ( ) 2 ( ) ( )
f x y f x y f x f y
    χωρίς να χρησιμοποιηθείγνωστή
τριγωνομετρικήταυτότητα.
Άσκηση 23
Να βρείτε όλες τις συναρτήσειςμε ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
f x y f x f y f x f y
    .
Άσκηση 24
Αν :
f R R
 και ( 1) ( ) ( ( ))
f x f x f f x
   , συζητήστε αν υπάρχειλύση.

11
4. Συμπεράσματα
Οι συναρτησιακέςεξισώσειςαποτελούνγόνιμοπεδίο άσκησηςκαικατανόησης.
Από απλέςσχέσειςπροκύπτουνγνωστέςοικογένειεςσυναρτήσεων(γραμμικές, εκθετικές,
τριγωνομετρικές).
Η μεθοδολογία (ειδικέςτιμές, επαγωγή,συμμετρίες[άρτιες– περιττές], υπόθεση
συνέχειας)είναιβασικόεργαλείογια όλεςτις κατηγορίες.
Οι «άλυτες» ασκήσειςδίνουνπροοπτικήγια περαιτέρωμελέτηκαιεμβάθυνση.
Παράρτημα (Συλλογή λυμένων):
Άσκηση 1
Δίνεταιη συναρτησιακήεξίσωση:
( ) 2 (2 ) 2
f x f x x
    (1)
Βήμα 1. Θέτουμε 2
x x
  στην(1):
(2 ) 2 ( ) 2(2 ) 4 2
f x f x x x
        (2)
Βήμα 2. Θέτουμε ( ), (2 )
A f x B f x
   . Τότε:
2 2
A B x
  
2 4 2
A B x
    
Βήμα 3. Λύνουμε το σύστημα:
2 2
A B x
 
Αντικαθιστούμε: 2(2 2 ) 4 2
B x B x
     
4 4 4 2 3 4 2 4
B x B x B x x
      
   
2 4
3
3 2 4 x
B x B 
     
2 4 8 2
3 3
2 2 2 2
x x
A B x x
 
    
Άρα ο τύπος είναι:
8 2
3
( ) x
f x 

Βήμα 4. Υπολογισμός (1)
f :

12
8 2 1 6
3 3
(1) 2
f  
  
Έλεγχος:
Αντικαθιστούμε 8 2
3
( ) x
f x 
 στην αρχικήεξίσωση:
Αριστερόμέλος εξίσωσης: ( ) 2 (2 )
f x f x
  
8 2(2 )
8 2
3 3
2( )
x
x  

 
8 2 8 4 2
3 3
2( )
x x
  
 
8 2 4 2
3 3
2( )
x x
 
 
8 2 8 4 6
3 3 2
x x x
x
  
    
που είναιίσο με δεξίμέλος εξίσωσης.Άρα ο τύπος είναι σωστός.
Άσκηση 2:
Δίνεταιη συνάρτηση :
f R R
 με
( ) ( ) ( ) , ,
x y
f x y f x f y e x y R

    
Να δειχθείότι ( ) x
f x e
 για κάθε x R
 .
Βήμα 1. Αντικατάσταση 0
y 
Βάζουμε 0
y  :
( ) ( ) (0) x
f x f x f e
 
Άρα ( ) x
f x e
 και (0) 1
f  .
Βήμα 2. Αντικατάσταση y x
 
Βάζουμε y x
  :
(0) ( ) ( ) 1
f f x f x
   .
Άρα (0) 1
f  .
Συνδυάζονταςμε πριν, παίρνουμε (0) 1
f  .

13
Βήμα 3. Γενική ανισότητα
Έχουμε για κάθε x,y:
( ) ( ) ( ) x y
f x y f x f y e 
   .
Και γνωρίζουμε ( ) x
f x e
 για όλα τα x .
Βήμα 4. Συμπέρασμα
Αν υπήρχε αυστηρά μεγαλύτερητιμήαπό x
e , θα δημιουργούνταναντίφασημε τις
ιδιότητες της f .
Η μοναδικήλύση που ικανοποιείόλες τις συνθήκεςείναι:
Άσκηση 3
2
2
( 6) 2 (2 15) x
f x g x 
    (1)
2
2
( ) ( 5) 4
x
f g x x

    (2)
Να βρεθούνοι συναρτήσεις ( ), ( )
f x g x .
Βήμα 1. Υπόθεση γραμμικήςμορφής
Θέτουμε ( )
f x ax b
  , ( )
g x cx d
  .
Βήμα 2. Αντικατάστασηστην(1)
Αντικαθιστούμε στην(1):
( 6) 2 (2 15) ( 6) 2( (2 15) )
f x g x a x b c x d
        
( 4 ) (6 30 2 )
a c x a b c d
     
Πρέπεινα ισούταιμε (1/ 2) 1
x  .
Άρα: 4 1/ 2
a c
  , 6 30 2 1
a b c d
    . (3)
Βήμα 3. Αντικατάστασηστην(2)
Αντικαθιστούμε στην(2):
2 2
2 2
( ) ( 5) ( 5)
x x
f g x a b c x d
 
      
=( / 2 ) ( 5 )
a c x a b c d
    
Πρέπεινα ισούταιμε 4
x  .
Άρα: / 2 1
a c
  , 5 4
a b c d
    . (4)

14
Βήμα 4. Λύση του συστήματος
Από (4): 2 2
a c
  .
Αντικαθιστούμε στο(3): (2 2 ) 4 1/ 2 2 2 1/ 2 3/ 4
c c c c
         , 7 / 2
a  .
Από (3): 6 30 2 1
a b c d
    .
Με αντικατάσταση: 21 22.5 2 1 2 2.5
b d b d
       . (5)
Από (4): 5 4
a b c d
    .
Με αντικατάσταση: 3.5 3.75 4 17/ 4
b d b d
       . (6)
Βήμα 5. Επίλυση για b,d
Από (5),(6): 7 / 4
d   , 6
b  .
Τελική απάντηση
Έτσιοι συναρτήσειςείναι:
7
2
( ) 6
f x x
  ,
3 7
4 4
( )
g x x
   . ( ) ,
x
f x e x R
   .
Άσκηση 4 (Cauchy)
Δίνεται :
f R R
 με ( ) ( ) ( )
f x y f x f y
   για όλα τα x,y.
1. Βάζοντας 0
x y
  : (0) 0
f  .
2. Βάζοντας y x
  : ( ) ( )
f x f x
   , άρα η f είναι περιττή.
3. Αν η εξίσωση ( ) 0
f x  έχειμοναδική ρίζα,τότε αυτήείναι το 0
x  και η f είναι 1-1
και επί,άρα αντιστρέψιμη.
4. Για το αντίστροφο:Έστω 1 1
( ), ( )
u f x v f y
 
  .Τότε ( ) ( ) ( )
f u v f u f v x y
     .
Άρα:
1 1 1
( ) ( ) ( )
f x y f x f y
  
  
Άσκηση 5
Δίνεταιη παραγωγίσιμησυνάρτηση :
f R R
 για τηνοποία ισχύει:
3
( ) 6 ( ) 3 2017,
f x f x x x R
     .
Να μελετηθείη f ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα.

15
Βήμα 1. Παραγώγιση
Παίρνουμε παράγωγοστησχέση:
2
3 ( ) ( ) 6 ( ) 3
f x f x f x
 
 
2
(3 ( ) 6) ( ) 3
f x f x

 
2
1
( ) 2
( ) f x
f x 
  .
Βήμα 2. Πρόσημοo παραγώγου
Επειδή 2
( ) 2 0
f x   , έχουμε ( ) 0
f x
  για κάθε x R
 .
Άρα η f είναι γνησίωςαύξουσα στο .
Βήμα 3. Ακρότατα
Η f είναισυνεχής καιγνησίως αύξουσα,άρα δενέχειτοπικά μέγιστα ή ελάχιστα.
Συνεπώς η f δεν παρουσιάζειακρόταταστο R .
Η f είναιγνησίως αύξουσα σε όλοτο και δενέχει ακρότατα.
Άσκηση 6
Δίνονται οι συναρτήσεις , :
f g R R
 για τις οποίες ισχύει:
( ) ( 2) ( ( )),
g x f x g g x x R
     .
Αν η f είναι1–1, να δειχθείότι καιη g είναι1–1.
Απόδειξη
Η σχέσηείναι: ( ( )) ( ) ( 2)
g g x g x f x
   .
Έστω 1 2
( ) ( )
g x g x
 . Τότε:
1 1 1
( ( )) ( ) ( 2)
g g x g x f x
  
2 2 2
( ( )) ( ) ( 2)
g g x g x f x
   .
Επειδή 1 2
( ) ( )
g x g x
 , προκύπτειότι 1 2
( ( )) ( ( ))
g g x g g x
 .
Άρα: 1 2
( 2) ( 2)
f x f x
   .

16
Επειδήη f είναι 1–1, συμπεραίνουμε ότι 1 2 1 2
2 2
x x x x
     .
Η g είναιεπίσης 1–1.
Άσκηση 7
Δίνεται :
f R R
 με:
( ) ( ) ( ) (1)
f x f y f x y
  
και γνωρίζουμε ότι η εξίσωση ( ) 0
f x  έχειμοναδικήρίζα.
(ι) Να βρεθεί το (0)
f .
Λύση
Θέτουμε 0
x y
  στην (1):
(0) (0) (0 0)
f f f
  
0 (0)
f

Άρα (0) 0
f  .
Η λύση είναι συμβατήμε τη δεδομένησυνθήκηότι η εξίσωση ( ) 0
f x  έχειμοναδικήρίζα.
Έχουμε (0) 0
f  .
(ii) Να δειχθεί ότι η f είναι 1–1
Έστω 1 2
( ) ( )
f x f x
 . Από την (1):
1 2 1 2
( ) ( ) ( )
f x f x f x x
   .
Αλλά 1 2
( ) ( )
f x f x
 , άρα:
1 2
0 ( )
f x x
  .
Η εξίσωση ( ) 0
f x  έχει μοναδικήρίζα 0
x  . Άρα 1 2 0
x x
  , δηλαδή 1 2
x x
 .
Συνεπώς η f είναι 1–1.
(iii) Να δειχθεί ότι η f είναι γνησίως αύξουσα.

17
Έστω 1 2
x x
 . Τότε 1 2 0
x x
  .
Από τη σχέσηέχουμε: 1 2 1 2
( ) ( ) ( )
f x f x f x x
   .
Επειδήη f έχει μοναδικήρίζα στο 0 και είναι1–1, προκύπτει 1 2
( ) 0
f x x
  .
Άρα 1 2 1 2
( ) ( ) 0 ( ) ( )
f x f x f x f x
    .
Συνεπώς η f είναι γνησίως αύξουσα.
(iv)Ανισότητα με εκθετικέςπαραστάσεις
Δίνεταιη ανισότητα:
( 1) (3 1) ( )
x x
f e f x f e x
     .
Χρησιμοποιώνταςτη σχέσηκαιτη μονοτονία:
( 1) (3 1) ( 3 2)
x x
f e f x f e x
      .
Έτσιη ανισότητα γράφεται: ( 3 2) ( )
x x
f e x f e x
    .
Λόγωτης μονοτονίας, αυτόισοδυναμείμε:
3 2
x x
e x e x
    .
Απλοποιούμε: 3 2 4 2 0
x x x x
       .
Η f είναιγνησίως αύξουσα καιη ανισότητα οδηγείστοσυμπέρασμα 0
x  .
Άσκηση 8– Σχέσημε λογάριθμο
Δίνεταιη εξίσωση:
  3
1
2 ( ) ln( ), 0
x
f x f x x
   .
Να βρεθείη συνάρτηση ( )
f x καινα δειχθείότι είναιμοναδική.
Λύση– Ύπαρξη
Υποθέτουμε ( ) ln
f x x
 .
Τότε:

18
Από αριστερά:  
1
2ln ln 2ln ( ln ) 3ln
x
x x x x
     .
Από δεξιά: 3
ln( ) 3ln
x x
 .
Άρα η σχέσηεπαληθεύεται.
Λύση– Μοναδικότητα
Ξεκινάμε απότην εξίσωση:
3
2 ( ) (1/ ) ln( )
f x f x x
  (1)
Βάζουμε 1/
x x:
3 3
2 (1/ ) ( ) ln(1/ ) ln( )
f x f x x x
    (2)
Έχουμε σύστημα δύογραμμικώνεξισώσεωνγια ( ), (1/ )
f x f x .
Από (1),(2)λύνουμε:
(1/ ) ln
f x x
  και ( ) ln
f x x
 .
Άρα η λύσηείναι μοναδική.
Η μοναδικήλύση είναι: ( ) ln , 0
f x x x
  .
Κεφάλαιο 1 : Άλλες Συναρτησιακές Εξισώσεις – Δύσκολες- Λυμένες
1) Cauchy με φραγμένον⇒γραμμική
Δίνεται :
f R R
 με f(x+y)=f(x)+f(y) για όλα ταx,y. Υποθέτουμε ότι f είναιφραγμένησε
ένα διάστημα (π.χ.στο [0,1]). Να δειχθείότι ( )
f x kx
 για κάποιο k R
 .
Λύση
Γνωστά βήματα:(i) Από προσθετικότητα ⇒ ( ) (1)
f n nf
 για ακέραιους, ( ) (1)
p p
q q
f f
 για
ρητούς. (ii) Φραγμένηστο[0,1] ⇒ συνεχήςστο 0 (κλασικόεπιχείρημα με t
n
x  ). (iii)
Προσθετικότητα +συνέχεια στο 0 ⇒ γραμμικότητα σε όλοτο R . Άρα ( )
f x kx
 , (1)
k f

.
2) d’Alembertμε συνέχειαστο 0
Βρείτε όλες τις :
f R R
 με ( ) ( ) 2 ( ) ( )
f x y f x y f x f y
    για όλα τα x,y,και f
συνεχής στο 0 .

19
Λύση
Θέτουμε 0
x y
  : 2
2 (0) 2 (0)
f f
 ⇒ (0) {0,1}
f  . Με άλγεβρα τυποποίησηςκαιχρήση
συνέχειαςστο 0 καταλήγουμε ότιοι λύσεις είναι ακριβώς ( ) cos( )
f x ax
 ή
( ) cosh( )
f x ax
 για κάποιο a R
 . Η διάκρισηέρχεταιαπότην τιμή (0) 1
f  καιτη
μορφολογία γύρωαπότο 0 .
3) Jensen(μεσαία) + συνέχεια ⇒ αφινική
Να βρείτε όλες τις f με   ( ) ( )
2 2
x y f x f y
f  
 για όλα τα x,y,υπό την υπόθεσηότι f είναι
συνεχής σε ένα σημείο.
Λύση
Η ιδιότητα Jensen στομέσοσυνεπάγεταιμε επαγωγήότιισχύειγια όλα τα δυαδικά
κλάσματα.Με την υπόθεσησυνέχειας(σε έστωένα σημείο) επεκτείνεταισε όλα τα
πραγματικά: ( (1 ) ) ( ) (1 ) ( )
f tx t y tf x t f y
     για κάθε [0,1]
t  .Άρα f είναιακριβώς
αφινική: ( )
f x ax b
  .
4) Μικτή τύπου διγραμμικού όρου
Να βρεθούνόλες οι συνεχείς :
f R R
 με ( ) ( ) ( )
f x y f x f y kxy
    για σταθερό
k R
 .
Λύση
Θέτουμε 2
2
( ) ( ) k
g x f x x
  . Τότε
2 2 2 2 2
2 2 2 2
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 2 ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
k k k k
g x y f x y x y f x f y kxy x xy y f x x f y y g x
               
. Άρα g είναι προσθετικήκαι(με τη συνέχεια) ( )
g x ax
 .Επομένως 2
2
( ) k
f x ax x
  .
5) Εκθετική Cauchy με κανονικότητα
Βρείτε όλες τις f με ( ) ( ) ( )
f x y f x f y
  για όλα τα x,y,με f μη μηδενικήκαι συνεχής
στο 0 και (0) 1
f  .
Λύση
Θέτουμε ( ) ln ( )
g x f x
 (ορισμένοόπου 0
f  ). Τότε ( ) ( ) ( )
g x y g x g y
   . Με τη
συνέχεια ⇒ ( )
g x cx
 . Άρα ( ) cx
f x e
 . Αν επιτρέπονταιαρνητικέςτιμές, με συνέχεια και
(0) 1
f  καταλήγουμε πάλισε ( ) cx
f x e
 .
6) «Παρεκκλίνουσα» Cauchy με τετράγωνοόρο
Να λυθεί η ( ) ( ) 2 ( ) 2 ( )
f x y f x y f x f y
     για συνεχείς f .

20
Λύση
Θέτουμε 2
( ) ( )
h x f x ax
  . Επιλέγουμε a ώστε να εξουδετερωθείοτετραγωνικόςόρος.
Υπολογίζοντας,βρίσκουμε ότι η γενικήλύση είναι 2
( )
f x ax bx c
   . Επαλήθευση:
2 2 2 2
( ) ( ) 2 2
x y x y x y
     οδηγείστην επιθυμητήισότητα.
7) Προσθετική+ αύξουσα ⇒ γραμμική
Δίνεται ( ) ( ) ( )
f x y f x f y
   και f γνησίως αύξουσα.Να δειχθείότι ( )
f x kx
 .
Λύση
Η μονοτονία δίνει συνέχεια σε κάθε σημείο,οπότε απότο κλασικόθεώρημα για την Cauchy:
( )
f x kx
 .
8) Πολλαπλασιαστικήσε R
Βρείτε όλες τις συνεχείς :(0, )
f R
  με ( ) ( ) ( )
f xy f x f y
  .
Λύση
Θέτουμε ,
u v
x e y e
  . Ορίζουμε ( ) ( )
u
g u f e
 . Τότε ( ) ( ) ( )
g u v g u g v
   και με
συνέχεια ( )
g u cu
 . Άρα ( ) ln
f x c x
 .
Σχόλιο – Μεθοδολογία
Κεντρικές ιδέες:ανάγωσε Cauchy μέσω κατάλληλωνμετασχηματισμών(π.χ.
( ) ln ( )
g x f x
 ή αφαίρεσητετραγωνικού),χρησιμοποιώκανονικότητα (συνέχεια,
μονοτονία και το φραγμένονσε διάστημα),καιεκμεταλλεύομαισυμμετρίεςόπως x y
 .
Αυτές οι τεχνικές επαρκούνγια μεγάλοφάσμα «δύσκολων» συναρτησιακώνεξισώσεων.
Κεφάλαιο 2 : Συναρτησιακές Εξισώσεις – Δύσκολες
1) 0
( ) ( ) 1
x
f x f t dt
 

Λύση
Παραγώγιση: ( ) ( )
f x f x
  με αρχική (0) 1
f  . Άρα ( ) x
f x e
 .
2) 0
( ) ( ) 2
x
f x f t dt x
 

Λύση
Παραγώγιση: ( ) ( ) 2
f x f x
   .Απότην αρχικήστο 0
x  : (0) 0
f  .
ΛύσηΔ.Ε.: ( ) 2 x
f x Ce
  . Με (0) 0
f  ⇒ 2
C  . Άρα ( ) 2(1 )
x
f x e
  .

21
3) ( ( ))
f f x x
 με f γνησίωςαύξουσα καισυνεχής
Λύση
Η f είναι1–1 καιεπί. Από αύξουσα + ( ( ))
f f x x
 προκύπτει ( )
f x x
 (η ( )
f x x
 
απορρίπτεταιλόγωμονοτονίας).
4) ( ( ))
f f x x
 και f περιττή
Λύση
Από περιττότητα: ( ) ( )
f x f x
   . Οι λύσεις πουικανοποιούν ( ( ))
f f x x
 είναι ( )
f x x

ή ( )
f x x
  . Και οι δύοείναι περιττές· με πρόσθετουςπεριορισμούς(π.χ. αύξουσα)
επιλέγεται ( )
f x x
 .
5) ( ) ( ) ( )
f x y f x f y
  , f 1–1, f συνεχήςστο 0
Λύση
Θέτουμε ( ) ln ( )
g x f x
 (εφόσον 0
f  από1–1και συνέχεια).Τότε
( ) ( ) ( )
g x y g x g y
   ⇒ ( )
g x cx
 .
Άρα ( ) cx x
f x e a
  με 0
c
a e
  καιεπειδή f 1–1 ⇒ 1
a  .
6) ( ) ( ) ( )
f x y f x f y
   και ( 1) ( )
f x f x
 
Λύση
Για κάθε x , ( ) (( 1) 1) ( 1) (1)
f x f x f x f
      ⇒ ( ) ( 1) (1)
f x f x f
   σταθερό.Με
περίοδο1 έχουμε ( ) ( 1)
f x f x
  ⇒ (1) 0
f  ⇒ με προσθετικότητα 0
f  .
7) ( ) ( ) ( )
f x y f x f y
   χωρίς υπόθεσησυνέχειας/μονοτονίας
Λύση/ Σχόλιο
Υπάρχουνμη γραμμικέςλύσεις που βασίζονταισε βάσηHamel του πάνωαπότο . Δεν
είναι μετρήσιμες,ούτε φραγμένεςσε κανένα διάστημα,ούτε συνεχείςσε κανένα σημείο.
8) ( ) (1 ) 1
f x f x
   με f γνησίωςαύξουσα
Λύση
Θέτουμε 1
2
x  ⇒ 1
2
2 ( ) 1
f  ⇒ 1 1
2 2
( )
f  .
Για 1
2
x  , απόαύξουσα 1
2
( )
f x  ⇒ 1
2
(1 )
f x
  . Η μοναδικήλύση συμβατήμε τη
συμμετρία καιτην αύξησηείναι ( )
f x x
 .

22
9) ( ) ( )cos ( )cos
f x y f x y f y x
   , συνεχής
Λύση
Από τον τύπο πρόσθεσης sin( ) sin cos sin cos
x y x y y x
   προκύπτειότιοι λύσειςείναι
( ) sin
f x A x
 . Επαλήθευση: sin( ) sin cos sin cos
A x y A x y A y x
   .
10) ( ) ( ) ( )
f xy f x f y
  σε (0, )
 , f παραγωγίσιμηστο 1, (1) 0
f 
Λύση
Θέτουμε ,
u v
x e y e
  και ( ) ( )
u
g u f e
 . Τότε ( ) ( ) ( )
g u v g u g v
   ⇒ ( )
g u cu
 .
Άρα ( ) ln
f x c x
 με (0) (1)
c g f
 
  . Συνεπώς ( ) (1)ln
f x f x

 .
Σχόλιο – Τεχνικές που «ξεκλειδώνουν» λύσεις
• Παραγώγιση/ολοκλήρωσηγια μετατροπήσε Δ.Ε.
• Λογαριθμικός/εκθετικόςμετασχηματισμός( ln
g f
 ήαλλαγήμεταβλητής u
x e
 ).
• Συνθέσειςκαι μονοτονία για μοναδικότητα/μημοναδικότητα.
• Περιοδικότητα +προσθετικότητα ⇒μηδενικήλύση.
• Επισήμανσηπαθολογικώνλύσεωνόταναπουσιάζεικανονικότητα.
Κεφάλαιο 3:Συναρτησιακές Εξισώσεις – Δύσκολες
1) ( ) ( ) 2 ( ) 2
f x a f x a f x
     (συνεχής)
Λύση
Θέτουμε τη διακριτή2η διαφορά: 2
( ) ( ) ( ) 2 ( ) 2
a f x f x a f x a f x
       .
Για 2
( )
f x px qx r
   έχουμε 2 2
( ) 2
a f x pa
  . Άρα 2
2 1
2 2 a
pa p
   .
Οι όροι qx,r μηδενίζονταιστη 2η διαφορά,επομένωςη γενικήλύσηείναι:
2
2
( ) x
a
f x qx r
   , με ,
q r R
 .
2) ( ) ( ) ( ) ( ) 1
f x y f x f y f xy
    , (0) 1
f 
Λύση
Βάζουμε 1
y  : ( 1) ( (1) 1) ( ) 1
f x f f x
    . Θέτουμε (1)
c f
 .
Βάζουμε 1
x y
  : 2
(2) 1
f c c
   . Από τον τύπο μετατόπισης:
2
(2) ( 1) 1 1
f c c c c
      (συνεπές).
Βάζουμε y x
  : 2
(0) ( ) ( ) ( ) 1
f f x f x f x
     . Με (0) 1
f  ⇒ 2
( ) ( ) ( )
f x f x f x
   .

23
Από τον τύπο μετατόπισηςγια x x
 : ( 1) ( 1) ( ) 1
f x c f x
      . Συνδυασμοίδείχνουν
ότι αν 1
c  τότε τα ( )
f n μεγαλώνουν/μικραίνουνγεωμετρικά,ενώαπότην εξίσωσηγια
y n
 παράγονταιαντιφάσεις.Συνεπώς 1
c  και τότε ( 1) ( )
f x f x
  . Με (0) 1
f  και
( ) ( ) ( ) ( ) 1
f x y f x f y f xy
    παίρνουμε επαγωγικά ότι 1
f  .
Άρα η μοναδικήλύση είναι: ( ) 1
f x  .
3) :
f R R
 με ( ) ( ) ( )
f x y f x f y xy
   
Λύση
Θέτουμε ( 1)
2
( ) ( ) n n
g n f n 
  . Τότε:
( )( 1) ( 1) ( 1)
2 2 2
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
x y x y x x y y
g x y f x y f x f y xy xy g x g y
    
            .
Άρα g είναιπροσθετικήσε ⇒ ( )
g n an
 για κάποιο a R
 .
Επομένως: ( 1)
2
( ) n n
f n an 
  .
4) ( ) ( ) 2 ( ) 2 ( )
f x y f x y f x f y
     , f μονοτονική
Λύση
Θέτουμε 2
( ) ( )
h x f x ax bx c
    . Επιλέγουμε a ώστε 2 2 2 2
( ) ( ) 2 2
x y x y x y
     να
εξουδετερώνειτοτετραγωνικόμέρος.
Η εξίσωσημετασχηματίζεταισε ( ) ( ) 2 ( ) 2 ( )
h x y h x y h x h y
     .Αν h είναι
μονοτονική, ακολουθείότι είναιγραμμική(κλασικόαποτέλεσμα).
Καταλήγουμε: 2
( )
f x Ax Bx C
   .
5) ( ) ( ) ( )
f x y f x f y b
    (συνεχής)
Λύση
Θέτουμε 0
y  : ( ) ( ) (0) (0) 0
f x f x f b f b
      . Θέτουμε ( ) ( ) (0)
g x f x f
  .
Τότε ( ) ( ) ( )
g x y g x g y
   και g συνεχής ⇒ ( )
g x kx
 . Επομένως ( ) (0)
f x kx f
  με
(0)
b f
  .
Άρα οι λύσειςείναι ακριβώς οι αφινικέςμε (0)
f b
  .

24
6) ( ) ( ) ( )
f x y f x f y
   και : ( ) [0,1]
M f x M x
   
Λύση
Για n R
 , επαγωγικά ( ) ( )
f nx nf x
 .Θέτοντας [0,1]
t
n
x   ⇒ ( )
f t Mn
 και
( ) ( )
t
n
f t nf
 .
Η φραγμένηάνωσε διάστημα υπερπροσθετική συνάρτησηείναιαναγκαστικάγραμμική:
( )
f x kx
 (κλασικόθεώρημα).
7) ( ( )) 1
f f x x
  με f γνησίως αύξουσα
Λύση
Αν f είναιαύξουσα καιεπιπλέον ( ( )) 1
f f x x
  , τότε για x y
 έχουμε ( ) ( )
f x f y
 και
άρα ( ( )) ( ( ))
f f x f f y
 , δηλ. 1 1
x y
   , που ισχύει.
Όμως από ( ( )) 1
f f x x
  προκύπτειότι f είναι επί και1–1. Θέτουμε ( )
x f x :
( ( ( ))) ( ) 1
f f f x f x
  . Επαναληπτικά παίρνουμε άπειρηαύξηση,αντίθετημε τη γνησίως
αύξουσα δομήσε όλο το R . Συνεπώς δεν υπάρχειτέτοια f στο R .
8) :
f R R
 , ( ) ( ) ( )
f x y f x f y
   , (1)
f 

Λύση
Για p  : ( )
f p p
 . Για q : ( )
p p
q q
f 
 .
Άρα ( )
f x x

 για όλα τα x Q
 .
9) ( ) (1 ) 1
f x f x
   και f κυρτή
Λύση
Από κυρτότητα καισυμμετρία γύρωαπό 1
2 προκύπτειότι η μοναδικήλύση είναι γραμμική.
Άρα ( )
f x x
 .
10) ( ) ( 1) ( )
f x f x f x
    , f συνεχήςκαι παραγωγίσιμη
Λύση
Θέτουμε λύσητης μορφής ( ) x
f x Ce
 . Τότε ( 1)
x x
Ce Ce e
  
   ⇒ 1
e
   .
Η εξίσωσηέχειμοναδική πραγματικήρίζα 0
  ⇒ ( ) 0
f x
  ⇒ f σταθερή.
Επαλήθευση:σταθερή f δίνει 0 0
 .Άρα όλες οι σταθερέςλύσεις.

25
Κεφάλαιο 4: Συναρτησιακές Εξισώσεις – Δύσκολες
Λυμένεςασκήσεις«ολυμπιακού»τύπου, με συνθέσεις,συμμετρίεςκαι μη συμβατικές
τεχνικές.
1) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
f x y f x f y f xy f x f y
    
Λύση
Θέτουμε 0
y  : ( ) ( ) (0) (0) ( )
f x f x f f f x
   . Άρα ( )( (0)) (0)
f x f f
 . Αν (0) 0
f  ,
τότε ( ) 1
f x  για όλα τα x . Αν (0) 0
f  , τότε ( ) ( ) ( ) ( )
f x y f xy f x f y
    . Βάζουμε
1
x  : (1 ) ( ) (1) ( ) (1) 2 ( )
f y f y f f y f f y
      . Επαγωγικά προκύπτειεκθετική
μορφή.Ειδικές τιμές οδηγούνσε λύσεις ( ) 0
f x  , ( ) 1
f x  , ή ( )
f x x
 .
2) ( ) ( ) ( )
f x y f x f y
  , f γνησίωςαύξουσα
Λύση
Βάζουμε x y
 : 2
(0) ( )
f f x
 . Άρα (0) 0
f  . Από 0
x  : ( ) (0) ( )
f y f f y
  . Αν (0) 0
f  ,
τότε 0
f  (όχι αύξουσα).Αν (0) 1
f  , τότε ( ) ( )
f y f y
  . Με αύξουσα ⇒ ( ) x
f x c
 με
1
c  .
3) ( ) ( ) 2 ( ) ( )
f x y f x y f x f y
    , (0) 1
f  
Λύση
Η γνωστήεξίσωσηd’Alembert. Λύσεις ( ) cosh( )
f x ax
 ή ( ) cos( )
f x ax
 . Από (0) 1
f   ,
επιλέγεται ( ) cosh
f x x
 .
4) ( ) ( ) ( )
f x y f x f y
   και f περιοδική
Λύση
Αν T περίοδος,τότε 0 ( ) (1)
f T Tf
  ⇒ (1) 0
f  ⇒ με προσθετικότητα 0
f  .
5) 2 2
( ) ( ) ( )
f x y f x f y
  
Λύση
Βάζουμε 0
y  : 2 2
( ) ( ) (0)
f x f x f
  . Για 0
x  : 2
(0) (0) (0)
f f f
  ⇒ (0) 0
f  . Άρα
2 2
( ) ( )
f x f x
 . Με θετικότητα ⇒ ( )
f x x
 ή ( ) 0
f x  .
6) ( ) ( ) ( )
f x y f x f y
  , (1) 2
f 
Λύση
Προσθετικήλογαριθμική: ( ) x
f x a
 . Από (1) 2
f  ⇒ 2
a  . Άρα ( ) 2x
f x  .

26
7) ( ) ( ) ( )
f x y f x f y
   , f κυρτή
Λύση
Για κυρτή f ισχύει ( ) ( )
2 2
( )
x y f x f y
f  
 . Συνδυασμόςμε την ανισότητα δίνει ότι f πρέπεινα
είναι γραμμικήή υπογραμμικήμορφή ( )
f x kx
 .
8) 2 2
( ) ( ) ( )
f x y f x f y
 
Λύση
Θέτουμε 0
y  : (| |) ( ) (0)
f x f x f
 . Αν (0) 0
f  ⇒ 0
f  . Αν (0) 1
f  ⇒ (| |) ( )
f x f x
 .
Με x y
 : 2
( 2 ) ( )
f x f x
 . Η εκθετικήμορφή ( ) x
f x a
 δενλειτουργείλόγω ρίζας.
Συνεπής λύση: ( ) 1
f x  ή ( ) 0
f x  .
9) ( ) ( ) ( )
f xy f x f y
  , ( ) 1
f e 
Λύση
Λύσηλογαριθμική: ( ) ln
f x c x
 . Από ( ) 1
f e  ⇒ 1
c  . Άρα ( ) ln
f x x
 .
10) ( ( )) 2
f f x x

Λύση
Αν f γραμμική: ( )
f x ax
 . Τότε 2
( ( )) ( ) 2
f f x a ax a x x
   . Άρα 2
2
a  ⇒ 2
a   .
Λύσεις: ( ) 2
f x x
 ή ( ) 2
f x x
  .
Προχωρημένεςασκήσειςμε μιγαδικούς,ανισότητεςκαιειδικές συναρτήσεις.
1) ( ) ( ) ( )
f x y f x f y
  με :
f C C
 , (0) 1
f 
Λύση
Η κλασικήεκθετικήμορφήεπεκτείνεταικαισε μιγαδικούς: ( ) cz
f z e
 , $cinC$.
2) ( ) ( ) 2 ( ) ( )
f x y f x y f x f y
    με :
f C C
 , (0) 1
f 
Λύση
Λύσεις: ( ) cosh( )
f z cz
 ή ( ) cos( )
f z cz
 για c C
 .

27
3) ( ) ( ) ( )
f x y f x f y xy

    , f συνεχής
Λύση
Μετασχηματισμός: 2
2
( ) ( )
g x f x x

  .Τότε g προσθετική⇒ ( )
g x kx
 . Άρα
2
2
( )
f x kx x

  .
4) ( ) ( ) ( )
f xy f x f y
 , 0
f  , f συνεχής
Λύση
Λογάριθμος: ( ) c
f x x
 , c R
 .
5) ( ) ( ) ( )
f x y f x f y
   με f μετρήσιμη
Λύση
Μετρησιμότητα ⇒αποκλείονταιπαθολογικέςλύσεις⇒ ( )
f x kx
 .
6) ( ) ( ) ( )
f x y f x f y
  με f περιοδική
Λύση
Η μοναδικήπεριοδικήλύση είναι 0
f  ή 1
f  . (Εκθετικήδενμπορεί να είναι περιοδική).
7) ( ) ( ) ( )
f x y f x f y
   με f κυρτή
Λύση
Κυρτότητα + προσθετικότητα ⇒γραμμική: ( )
f x kx
 .
8) 0
( ) ( )
x
f x f t dt

Λύση
Παραγώγιση: ( ) ( )
f x f x
  με (0) 0
f  .Άρα η μοναδικήλύση είναι 0
f  .
9) ( ) ( ) ( )
f x y f x f y
   με f παραγωγίσιμη
Λύση
Με παραγωγισιμότητα⇒ ( ) (0)
f x f
 
 ⇒ ( )
f x kx
 .
10) ( ( )) ( )
f f x f x

Λύση
Λύσεις: ( )
f x x
 ή ( )
f x c
 σταθερή.

28
Ασκήσειςμε πιο «εξωτικό»χαρακτήρα:φράκταλ, παθολογικές,υποσύνολα,Ολυμπιάδων.
1) Παράδειγμα παθολογικήςλύσης(Conwaybase-13function)
Σχόλιο
ΥπάρχουνεξισώσειςCauchy ( ) ( ) ( )
f x y f x f y
   με λύσειςπου δεν είναιούτε
μετρήσιμεςούτε συνεχείς. Η λεγόμενηConway base-13 function είναιδιάσημοπαράδειγμα
«άγριας»λύσης.
2) :
f Q Q
 , ( ) ( ) ( )
f x y f x f y
  
Λύση
Στους ρητούς, κάθε τέτοια συνάρτησηείναιτης μορφής ( )
f x ax
 , a Q
 . Δενυπάρχουν
παθολογικέςλύσειςχωρίς το αξίωμα επιλογής.
3) :
f   , ( ) ( ) ( ) 2
f x y f x f y xy
   
Λύση
Θέτουμε 2
( ) ( )
g n f n n
  . Τότε ( ) ( ) ( )
g x y g x g y
   . Άρα ( )
g n an
 , a  . Λύση:
2
( )
f n n an
  .
4) :
f N N
 , ( ) ( ) ( )
f x y f x f y
  , (1) 2
f 
Λύση
Επαγωγή: ( ) 2n
f n  .Πράγματι, ( ) ( ) ( ) 2 2 2
m n m n
f m n f m f n 
    .
5) (2 ) 2 ( )
f x f x
 , ( 1) ( ) 1
f x f x
  
Λύση
Αυτές οι σχέσειςθυμίζουν την συνάρτηση Cantor. Η απλήγραμμικήλύση ( )
f x x

λειτουργεί.Υπάρχουνκαιπιο περίπλοκεςλύσεις αν αφαιρέσουμε κανονικότητα.
6) ( ( )) 2
f f x x
 , f γνησίωςαύξουσα
Λύση
Αν f γραμμική: ( )
f x ax
 . Τότε 2
( ( )) 2
f f x a x x
  ⇒ 2
a  . Άρα ( ) 2
f x x
 .
7) ( ) (1 )
f x f x x
  
Λύση
Θέτουμε 1/ 2
x  : 2 (1/ 2) 1/ 2
f  ⇒ (1/ 2) 1/ 4
f  . Αν f γραμμική,τότε ( )
f x ax b
  .
Από ( ) (1 )
f x f x x
   ⇒ 1
a  , 0
b  . Άρα ( )
f x x
 .

29
8) ( ) ( ) ( )
f x y f x f y
   , f φραγμένησε[0,1]
Λύση
Φραγμένη⇒συνεχής⇒ ( )
f x kx
 .
9) ( ) ( ) ( )
f xy f x f y
  , (2) 1
f 
Λύση
Γενική λύση: ( ) ln
f x c x
 . Από (2) 1
f  ⇒ 1/ ln2
c  . Άρα ln
2
ln2
( ) log
x
f x x
  .
10) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
f x y f x f y f x f y f xy
    
Λύση
Λύσεις: ( )
f x x
 , ( ) 0
f x  , ή ( ) 1
f x  .
Κεφάλαιο 7: Συναρτησιακές Εξισώσεις – Δύσκολες (
Ολυμπιακές)
Συλλογή λυμένων ασκήσεωναπόΟλυμπιάδεςΜαθηματικώνκαιδιαγωνισμούς.
1) :
f Z Z
 , ( ( )) ( )
f m f n f m n
  
Λύση
Θέτουμε 0
m  : ( ( )) (0)
f f n f n
  . Άρα f είναι1–1. Θέτουμε 0
n  :
( (0)) ( )
f m f f m
  . Επειδή f 1–1 ⇒ (0) 0
f  . Άρα ( ( ))
f f n n
 . Τότε η αρχικήδίνει
( ( )) ( )
f m f n f m n
   . Με f αμοιβαία:λύση ( )
f n n
 ή ( )
f n n
  .
2) :
f R R
 , 2 2
( ( )) ( ( ))
f x f y y f x
  
Λύση
Βάζουμε 0
x  : 2
( ( )) ( (0))
f f y y f
  . Συνεπώς f είναι επί. Βάζουμε 0
y  :
2 2
( (0)) ( ( ))
f x f f x
  . Αυτό δείχνει ότι f είναι αύξουσα.Με συνδυασμόιδιοτήτων
καταλήγουμε: ( )
f x x
 ή ( )
f x x
  .
3) :
f R R
 , ( ( )) ( ) ( )
f x f y f x y yf y
   
Λύση
Με κατάλληληεπιλογήτιμών δείχνουμε ότι f είναι πολυωνυμική μορφή.Τελικήλύση:
( ) 0
f x  ή ( )
f x x
 .

30
4) :
f R R
 , ( ) ( ) ( )
f x y f x f y
  , (1) 2
f 
Λύση
Τυπική πολλαπλασιαστικήεξίσωση.Λύση: ( ) 2x
f x  .
5) :
f R R
 , ( ( ) ) (2 ) ( )
f x f x y f x f y
   
Λύση
Με 0
y  : ( ( )) (2 ) (0)
f x f x f x f
   . Μετασχηματισμοίδείχνουνότι f είναιγραμμική.
Λύσεις: ( )
f x x
 ή ( ) 0
f x  .
6) :
f R R
 , ( ( )) ( )
f x f y f x y
  
Λύση
Με 0
x  : ( ( )) (0)
f f y f y
  . Άρα f επί. Με 0
y  : ( (0)) ( )
f x f f x
  . Συνεπώς
(0) 0
f  . Τότε ( ( ))
f f y y
 . Τελικέςλύσεις: ( )
f x x
 ή ( )
f x x
  .
7) :
f R R
 , ( ) ( ) 2 ( ) ( )
f x y f x y f x f y
   
Λύση
Η γνωστήd’Alembert. Λύσεις: ( ) cos( )
f x ax
 ή ( ) cosh( )
f x ax
 .
8) :
f R R
 , ( ( )) ( )
f x f y f x y
  
Λύση
Με 0
x  : ( ( )) (0)
f f y f y
  . Άρα f είναιαμφιμονοσήμαντη.Με 0
y  :
( (0)) ( )
f x f f x
  . Συνεπώς (0) 0
f  . Άρα ( ( ))
f f y y
 . Τελικές λύσεις: ( )
f x x
 ή
( )
f x x
  .
9) :
f Z Z
 , ( ( )) ( )
f m f n f m n
  
Λύση
Παρόμοιομε το IMO1989. Λύσεις: ( )
f n n
 ή ( )
f n n
  .
10) :
f R R
 , ( ( )) ( )
f x f y f x y
  
Λύση
Η ίδια δομή όπως τα προηγούμενα.Τελικέςλύσεις: ( )
f x x
 ή ( )
f x x
  .

31
Κεφάλαιο 8: Συναρτησιακές Εξισώσεις – Δύσκολες (
Συνδυαστικά/Προχωρημένα)
Ασκήσειςπου συνδυάζουνσυναρτησιακέςεξισώσειςμε γεωμετρία,αριθμοθεωρία και
ανισότητες.
1) ( ) ( ) ( )
f mn f m f n
  , :
f   , (2) 1
f 
Λύση
Αυτό είναι ο λογαριθμικόςχαρακτήρας.Από (2) 1
f  προκύπτειότι 2
( ) ( )
f n v n
 (εκθέτης
του 2 στη παραγοντοποίηση).
2) ( ) ( ) ( )
f x y f x f y
   , f φραγμένησε[0,1]
Λύση
Φραγμένη⇒συνεχής⇒ ( )
f x kx
 .
3) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
f x y f x f y f xy f x f y
    
Λύση
Λύσεις: ( ) 0
f x  , ( ) 1
f x  , ( )
f x x
 .
4) ( ) ( ) ( )
f x y f x f y
  , :
f Q Q
 , (1) 2
f 
Λύση
Με επαγωγή: ( ) 2n
f n  για n N
 .Επέκτασησε ρητούς: 1/
( / ) (2 )
p q
f p q  . Δεν είναι
πάντα ρητό ⇒ μοναδικήλύση στα ακέραια: ( ) 2n
f n  .
5) ( ) ( ) ( )
f x y f x f y
   , f γνησίωςαύξουσα
Λύση
Με μονοτονία ⇒ ( )
f x kx
 .
6) ( ) ( ) ( )
f xy f x f y
  , : (0, )
f R
  , (2) 1
f 
Λύση
Γενική λύση: ( ) ln
f x c x
 . Από (2) 1
f  ⇒ 1/ ln2
c  . Άρα 2
( ) log
f x x
 .
7) ( ) ( ) ( )
f x y f x f y
  , (0) 2
f 
Λύση
Βάζουμε 0
y  : ( ) ( ) (0)
f x f x f
 ⇒ (0) 1
f  ή ( ) 0
f x  . Δεδομένουότι (0) 2
f  ,
αντίφαση.Καμία λύση.

32
8) 2 2 2 2
( ) ( ) ( )
f x y f x f y
  
Λύση
Με 0
y  : 2 2
( ) ( ) (0)
f x f x f
  . Αν (0) 0
f  και ( )
f x x
 , τότε η σχέσηισχύει.Επίσης
( ) 0
f x  λύση.
9) ( ) ( ) ( )
f x y f x f y
   , f κυρτή
Λύση
Κυρτότητα + υποπροσθετικότητα ⇒γραμμικήλύση ( )
f x kx
 , 0
k  .
10) 2
( ( ))
f f x x

Λύση
Αν f πολυωνυμική:Βάζουμε 2
( )
f x ax bx c
   . Τότε ( ( ))
f f x βαθμού4 ⇒ πρέπεινα
ισούταιμε 2
x . Αδύνατον. Άρα δεν υπάρχουνπολυωνυμικέςλύσεις. Μη πολυωνυμικές
μπορείνα υπάρχουν,αλλά είναιεξαιρετικά πολύπλοκες.
Κεφάλαιο 9: Συναρτησιακές Εξισώσεις – Δύσκολες
(Προχωρημένα/Θεωρία Αριθμών & Σειρές)
Συλλογή 10 προχωρημένωνασκήσεωνμε λύσεις.
1) :
f N N
 , ( ) ( ) ( )
f pq f p f q
  για πρώτουςp,q
Λύση
Με μοναδικήπαραγοντοποίηση:για i
i
n p
 θέτουμε ( ) ( )
i i
f n f p

  .Οορισμός
είναι συνεπήςκαιδίνει ( ) ( ) ( )
f mn f m f n
  για όλα τα ,
m n N
 .
2) :
g N N
 με ( ) ( ) ( )
g pq g p g q
 για πρώτους
Λύση
Ορίζουμε. ( ) ( ) i
i
g n g p 
 Τότε ( ) ( ) ( )
g mn g m g n
 . Παράδειγμα: ( ) c
g n n
 .
3) ( ) ( ) ( )
f x y f x f y
  , f αναλυτική, (0) 1
f 
Λύση
Αναπτύσσουμε σε σειρά Taylor: ( ) n
n
f x a x
 .Η εξίσωσηδίνει εξισώσειςγια τους
συντελεστέςκαιτελικά ( ) cx
f x e
 .

33
4)   ( ) ( )
2 2
x y f x f y
f  
 , 1
loc
f L

Λύση
Η μέσητιμή σε δυαδικά κλάσματα καιητοπική ολοκληρωσιμότητα αρκούνγια
αφινικότητα: ( )
f x ax b
  .
5) ( ) ( ) ( )
f x y f x f y
   , f μετρήσιμηκατά Lebesgue
Λύση
Μετρησιμότητα ⇒αποκλείονταιλύσειςHamel ⇒ ( )
f x kx
 .
6) ( ( )) ( )
f f x f x
 , | ( ) ( ) | | |
f x f y c x y
   με 0 1
c
 
Λύση
Συσταλτικότητα ⇒υπάρχειμοναδικόσταθερόσημείο *
x . Από ( ( )) ( )
f f x f x
 και 1–1
(λόγωLipschitz με 1
c  ) παίρνουμε ότι *
f x
 (σταθερή).
7) :
F C C
 , ( ) ( ) ( )
F z w F z F w
   για $z,w$ σε γραμμές, F συνεχής
Λύση
Αρκεί η προσθετικότητα σε δύομη παράλληλεςγραμμέςκαιη συνέχεια για να επεκταθείσε
όλο το επίπεδο: ( )
F z z z
 
  ∙ με αναλυτικότητα παίρνουμε ( )
F z cz
 .
8) ( 1) ( )
f x f x ax b
    , f πολυωνυμική
Λύση
Διαφορά 1ης τάξης σταθερή⇒ ( )
f x βαθμού 2: 2
2 2
( ) ( )
a a
f x x b x C
    . Επαλήθευσημε
αντικατάσταση.
9) ( ) ( ) ( )
f x y f x f y
   , f συνεχής, (0) 0
f  , f περιττή
Λύση
Υποπροσθετικότητα +περιττότητα + συνέχεια ⇒ f υπογραμμικήμε μοναδική γραμμική
λύση ( )
f x kx
 , 0
k  .
10) ( ) ( )
f x af x b
   , ( ) ( ) ( )
f x y f x f y
  , f συνεχής
Λύση
Από πολλαπλασιαστικήιδιότητα ⇒ ( ) cx
f x e
 . Τότε ( ) ( )
cx
f x ce af x b
    . Άρα
cx cx
ce ae b
  . Για όλα τα x ⇒ 0
b  και c a
 . Τελική λύση: ( ) ax
f x e
 .

34
Κεφάλαιο 10 : Συναρτησιακές Εξισώσεις – Δύσκολες («Boss
Level!»)
Συλλογή μερικώναπό τα πιο απαιτητικά παραδείγματα,με ιδέες απόΟλυμπιάδες,ανάλυση
και θεωρία αριθμών.
1) :
f R R
 , ( ( )) ( )
f x f y f x y
  
Λύση
Με 0
x  : ( ( )) (0)
f f y f y
  . Άρα f είναι1–1 και επί. Από 0
y  : ( (0)) ( )
f x f f x
  .
Επειδή f 1–1 ⇒ (0) 0
f  . Τότε ( ( ))
f f y y
 . Τελικέςλύσεις: ( )
f x x
 ή ( )
f x x
  .
2) 3
( ( ))
f f x x

Λύση
Αν f πολυωνυμική, βαθμός(f(f))=(degf)^2πρέπεινα ισούταιμε 3. Αδύνατον. Άρα δεν
υπάρχουνπολυωνυμικές λύσεις. Υπάρχουνμη αλγεβρικέςλύσεις,πολύπλοκες.
3) ( ) ( ) ( )
f mn f m f n
  , (2) (3) 1
f f
 
Λύση
Με παραγοντοποίηση: (6) (2) (3) 2
f f f
   .Από (6) (2 3) (2) (3) 2
f f f f
     .
Συνεπές.Γενικά ( )
f n μετρά τον αριθμόπρώτων παραγόντωνμε πολλαπλότητες.Δηλ.
( ) ( )
f n n
  .
4) ( ) ( ) ( ) ( )
f x y f x f y f xy
  
Λύση
Με 0
x  : ( ) (0) ( ) (0)
f y f f y f
  . Αν (0) 1
f  , οδηγείσε σταθερήλύση.Τελικέςλύσεις:
( ) 0
f x  , ( ) 1
f x  .
5)
1
0
( ) ( )
f x f tx dt

Λύση
Παράγωγισηκάτωαπότοολοκλήρωμα δίνει συνθήκη '( ) 0
xf x  . Άρα f σταθερή.
6) ( ) ( 1) ( )
f x f x f x
   
Λύση
Ψάχνουμε λύσειςεκθετικές ( ) x
f x e
 . Δίνει ( 1)
( 1)
x x x x
e e e e e
    
 
    . Άρα
1
e
   . Η μόνη πραγματικήλύσηείναι 0
  ⇒ f σταθερή.

35
7) 2 2 2 2
( ) ( ) ( )
f x y f x f y
  
Λύση
Με 0
y  : 2 2
( ) ( ) (0)
f x f x f
  . Αν (0) 0
f  , τότε ( )
f x x
 ή ( ) 0
f x  .
8) :
F C C
 Ολόμορφη=: (αναλυτικήσε όλοτομιγαδικόεπίπεδο.) , ( ) ( ) ( )
F z w F z F w
 
Λύση
Λύσεις: ( ) cz
F z e
 με c C
 . Αν ολόμορφη,καμία άλλη λύση.
9) ( ( )) ( ) ( )
f x f y f x yf y
  
Λύση
Πολύ δύσκολη.Ανάλυσηδείχνει ότι ( )
f x x
 ή ( ) 0
f x  είναιλύσεις.
10) ( ( )) ( ) 2
f f x f x x
 
Λύση
Αν ( )
f x ax
 , τότε 2 2
( ( )) ( ) ( )
f f x f x a x ax a a x
     . Πρέπεινα ισούταιμε 2x. Άρα
2
2
a a
  . Λύσεις: 1
a  ή 2
a   . Δηλ. ( )
f x x
 ή ( ) 2
f x x
  .
Πίνακας Ορολογίας Συναρτησιακών Εξισώσεων
Ελληνικός όρος Αγγλικόςόρος Ορισμός/ Σχόλιο
Προσθετική Additive ( ) ( ) ( )
f x y f x f y
  
Πολλαπλασιαστική Multiplicative ( ) ( ) ( )
f xy f x f y

Υποπροσθετική Subadditive ( ) ( ) ( )
f x y f x f y
  
Υπερπροσθετική Superadditive ( ) ( ) ( )
f x y f x f y
  
Υπογραμμική Sublinear Συνδυασμόςυποπροσθετικότηταςκαι
ομογένειας: ( ) ( )
f x f x
 
 , 0
 
Υπεργραμμική Superlinear Αντίστοιχα, με ανισότητεςαντίστροφες
Αφινική Affine ( )
f x ax b
 
Γραμμική Linear ( )
f x ax

Συμμετρική Symmetric ( ) ( )
f x f x
 

36
Περιττή Odd ( ) ( )
f x f x
  
Άρτια Even ( ) ( )
f x f x
 
Κυρτή Convex ( (1 ) ) ( ) (1 ) ( )
f x y f x f y
   
    
Κοίλη Concave ( (1 ) ) ( ) (1 ) ( )
f x y f x f y
   
    
Ολόμορφη Holomorphic Μιγαδικήσυνάρτησηαναλυτικήσε
ανοιχτό σύνολο
Ολόμορφη(σε όλο ) Entire Αναλυτική σε όλο το
Αναλυτική Analytic Αναπτύσσεταισε σειρά Taylorτοπικά
Συσταλτική Contractive | ( ) ( ) | | |
f x f y c x y
   με 0 1
c
 
Λιπσιτσιανή Lipschitz | ( ) ( ) | | |
f x f y L x y
   για κάποιο L
Ομογενής Homogeneous ( ) ( )
k
f x f x
 


Συναρτησιακές εξισώσεις . Εισαγωγή και Εμβάθυνση.

More Related Content

Similar to Συναρτησιακές εξισώσεις . Εισαγωγή και Εμβάθυνση.

More from Γιάννης Πλατάρος

Recently uploaded

Συναρτησιακές εξισώσεις . Εισαγωγή και Εμβάθυνση.