Εύρεση τύπου

#1

Χτές κάπου την είδα στο φόρουμ,αλλά μετά την έχασα!!
Μιάς και μου άρεσε και έκανα και μία λύση τη δίνω εδώ στη στήλη του ΑΣΕΠ.

Αν η συνάρτηση $\displaystyle{ f }$ ικανοποιεί τη σχέση: $\displaystyle{ f'(x) + e^{f(x)} = x + \frac{1}{x},\forall x > 0 }$ με $\displaystyle{ f(1) = 0 }$
τότε να βρείτε τον τύπο της.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#2

chris_gatos έγραψε:Χτές κάπου την είδα στο φόρουμ,αλλά μετά την έχασα!!
Μιάς και μου άρεσε και έκανα και μία λύση τη δίνω εδώ στη στήλη του ΑΣΕΠ.

Αν η συνάρτηση $\displaystyle{ f }$ ικανοποιεί τη σχέση: $\displaystyle{ f'(x) + e^{f(x)} = x + \frac{1}{x},\forall x > 0 }$ με $\displaystyle{ f(1) = 0 }$
τότε να βρείτε τον τύπο της.

Χρησιμοποιούμε την μέθοδο Wiener, που λέει ότι υπάρχει τρόπος
που λύνει ΟΛΕΣ τις Διαφορικές Εξισώσεις. Είναι ο εξής:

Την κοιτάω αρκετή ώρα και μου έρχεται η λύση

Με αυτή την μέθοδο (πιστέψτε με!) βρήκα την λύση

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

που επειδή ικανοποιεί την εξίσωση και την αρχική συνθήκη, είναι η λύση που ψάχνω.

Χρήστο, μη θυμώνεις. Θα χαρώ να δω λύση "με πράξεις", χωρίς χρήση του Μαντείου των Δελφών.

Μ.

#3

Η παρακάτω λύση είναι λανθασμένη. Ευχαριστώ τον Νίκο Ζανταρίδη για την επισήμανση. Αν μπορέσω να τη σώσω, θα επανέλθω.

Μία λύση χωρίς χρήση της αρχικής συνθήκης:

Θέτοντας $\displaystyle{g(x)=f(x)-\ln x,}$

θα αποδείξουμε ότι αν για μία συνάρτηση $\displaystyle{g}$ ισχύει $\displaystyle{g^{\prime}(x)+xe^{g(x)}=x}$ (I) για κάθε $\displaystyle{x>0}$ τότε είναι $\displaystyle{g(x)=0}$ για κάθε $\displaystyle{x>0.}$

Eίναι $\displaystyle{e^{g(x)}\geq 1+g(x)}$ για κάθε $\displaystyle{x>0,}$

άρα λόγω της (Ι) βρίσκουμε

$\displaystyle{g^{\prime}(x)+xg(x)\leq 0}$ για κάθε $\displaystyle{x>0.}$ (II)

Αν υποθέσουμε ότι υπάρχει $\displaystyle{q>0}$ με $\displaystyle{g(q)>0,}$ από την (Ι) βρίσκουμε $\displaystyle{g^{\prime}(q)>0,}$ άτοπο λόγω της (ΙΙ).

Είναι επομένως, $\displaystyle{g(x)\leq 0}$ για κάθε $\displaystyle{x>0.}$ (III)

Τότε, πάλι από την (Ι), έχουμε

$\displaystyle{x=g^{\prime}(x)+xe^{g(x)}\leq xe^{g(x)}}$ για κάθε $\displaystyle{x>0,}$

δηλαδή

$\displaystyle{g(x)\geq 0}$ για κάθε $\displaystyle{x>0.}$

Άρα τελικά είναι $\displaystyle{g(x)=0}$ για κάθε $\displaystyle{x>0.}$

#4

Mihalis_Lambrou έγραψε:
chris_gatos έγραψε:Χτές κάπου την είδα στο φόρουμ,αλλά μετά την έχασα!!
Μιάς και μου άρεσε και έκανα και μία λύση τη δίνω εδώ στη στήλη του ΑΣΕΠ.

Αν η συνάρτηση $\displaystyle{ f }$ ικανοποιεί τη σχέση: $\displaystyle{ f'(x) + e^{f(x)} = x + \frac{1}{x},\forall x > 0 }$ με $\displaystyle{ f(1) = 0 }$
τότε να βρείτε τον τύπο της.

Χρησιμοποιούμε την μέθοδο Wiener, που λέει ότι υπάρχει τρόπος

που λύνει ΟΛΕΣ τις Διαφορικές Εξισώσεις. Είναι ο εξής:

Την κοιτάω αρκετή ώρα και μου έρχεται η λύση

Με αυτή την μέθοδο (πιστέψτε με!) βρήκα την λύση

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
$f(x) = \log x$
που επειδή ικανοποιεί την εξίσωση και την αρχική συνθήκη, είναι η λύση που ψάχνω.

Χρήστο, μη θυμώνεις. Θα χαρώ να δω λύση "με πράξεις", χωρίς χρήση του Μαντείου των Δελφών.

Μ.

Μιχάλη πολύ "Ταχυδακτυλουργική" η λύση

#5

Οκ!
Κόντρα στο πνεύμα των ''ταχυδακτυλουργικών'' λύσεων,ας δώσω και τη δική μου κοινότοπη και ''χαμάλικη''.

Έχω:
$\displaystyle{ f(x) - \frac{1}{x} = x - e^{f(x)} \Rightarrow (f(x) - \ln x)' = x - e^{f(x)} ,\forall x > 0 (1)}$

Αυτό με ωθεί, ως γνησιότατο χαμάλη να θέσω $\displaystyle{ g(x) = f(x) - \ln x,x > 0 }$ .Όποτε $\displaystyle{ f(x) = g(x) + \ln x,x > 0 }$

Αντικαθιστώ στην (1) και έχω:
$\displaystyle{ g'(x) = x - xe^{g(x)} ,x > 0 \Rightarrow g'(x) = x(1 - e^{g(x)} ) \Rightarrow e^{ - g(x)} g'(x) = x(e^{ - g(x)} - 1) }$

Συνεχίζοντας,με ισχυρή χαμάλικη διάθεση έχω:
$\displaystyle{ - e^{ - g(x)} g'(x) + x(e^{ - g(x)} - 1) = 0 \Rightarrow e^{\frac{{x^2 }}{2}} (e^{ - g(x)} - 1)' + (e^{\frac{{x^2 }}{2}} )'(e^{ - g(x)} - 1) = 0 \Rightarrow [e^{\frac{{x^2 }}{2}} (e^{ - g(x)} - 1)]' = 0,\forall x > 0 }$

ή

$\displaystyle{ e^{\frac{{x^2 }}{2}} (e^{ - g(x)} - 1) = c,c \in R,\forall x > 0 }$

Χρησιμοποιώντας την αρχική συνθήκη έχω:
$\displaystyle{ e^{\frac{{1^2 }}{2}} (e^{ - g(1)} - 1) = c \Rightarrow c = 0,(g(1) = f(1) - \ln 1 = 0) }$

Συνεπώς:
$\displaystyle{ e^{ - g(x)} - 1 = 0,\forall x > 0(e^{\frac{{x^2 }}{2}} \ne 0,\forall x > 0) \Rightarrow e^{ - g(x)} = 1 \Rightarrow g(x) = 0,\forall x > 0 \Rightarrow f(x) = \ln x,\forall x > 0 }$

λύση που με μία απλή αντικατάσταση διαπιστώνουμε πως επαληθεύει.

Το ξέρω είναι ''passe'' η λύση,ο καθένας θα μπορούσε να τη συλλάβει αλλα μιάς και τη σκέφτηκα κι εγώ,την έγραψα.

Ευχαριστώ το Θάνο για την ξεχωριστή του λύση και για την προσπάθεια.

rexes13 · #6

Μια λύση από εμένα...έχουμε την $f'(x) + e^{f(x)} = \frac{1}{x} + x$

Θεωρούμε την h(x)=e^x + x

παραγωγίζοντας βρίσκουμε ότι $h'(x)= {(e^x)}' + {(x)}' > 0$ με δεύτερη παράγωγο έχουμε ότι $h''(x)={e^x} > 0$ .Άρα η h'(x) είναι γνησίως αύξουσα για κάθε

στο $\mathbb{R}$ .
Από υπόθεση έχουμε :
h'(f(x)) = h'(lnx)

, επειδή η h'(x)

είναι γνησίως αύξουσα άρα και "1-1" έχουμε τελικά f(x)=lnx

.

άκυρη η απάντηση μου!Είναι λάθος!

mathxl · #7

Μία λύση για αυτήν την διαφορικούλα

$\displaystyle{f'(x) + {e^{f(x)}} = x + \frac{1}{x} \Leftrightarrow f'(x){e^{ - f(x)}} + 1 = \left( {x + \frac{1}{x}} \right){e^{ - f(x)}} \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{{\left( {{e^{ - f(x)}}} \right)^\prime } + \left( {x + \frac{1}{x}} \right){e^{ - f(x)}} = 1 \Leftrightarrow {e^{\ln x + \frac{{{x^2}}}{2}}}{\left( {{e^{ - f(x)}}} \right)^\prime } + {\left( {{e^{\ln x + \frac{{{x^2}}}{2}}}} \right)^\prime }{e^{ - f(x)}} = {e^{\ln x + \frac{{{x^2}}}{2}}} = x{e^{\frac{{{x^2}}}{2}}} \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{{\left[ {x{e^{\frac{{{x^2}}}{2}}}{e^{ - f\left( x \right)}}} \right]^\prime } = {\left( {{e^{\frac{{{x^2}}}{2}}}} \right)^\prime } \Leftrightarrow x{e^{\frac{{{x^2}}}{2}}}{e^{ - f\left( x \right)}} = {e^{\frac{{{x^2}}}{2}}} + c}$

Για $\displaystyle{x = 1:\sqrt e = \sqrt e + c \Leftrightarrow c = 0}$

Αντικαθιστώντας το c ισοδύναμα λαμβάνουμε
$\displaystyle{x{e^{\frac{{{x^2}}}{2}}}{e^{ - f\left( x \right)}} = {e^{\frac{{{x^2}}}{2}}} \Leftrightarrow {e^{ - f\left( x \right)}} = \frac{1}{x} \Leftrightarrow f\left( x \right) = \ln x}$

Φίλε rexes13 κάτι δεν καταλαβαίνω στην λύση σου, συγκεκριμένα το h'(f(x))=h'(lnx) νομίζω ότι δεν ισχύει

rexes13 · #8

mathxl έγραψε:Μία λύση για αυτήν την διαφορικούλα

$\displaystyle{f'(x) + {e^{f(x)}} = x + \frac{1}{x} \Leftrightarrow f'(x){e^{ - f(x)}} + 1 = \left( {x + \frac{1}{x}} \right){e^{ - f(x)}} \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{{\left( {{e^{ - f(x)}}} \right)^\prime } + \left( {x + \frac{1}{x}} \right){e^{ - f(x)}} = 1 \Leftrightarrow {e^{\ln x + \frac{{{x^2}}}{2}}}{\left( {{e^{ - f(x)}}} \right)^\prime } + {\left( {{e^{\ln x + \frac{{{x^2}}}{2}}}} \right)^\prime }{e^{ - f(x)}} = {e^{\ln x + \frac{{{x^2}}}{2}}} = x{e^{\frac{{{x^2}}}{2}}} \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{{\left[ {x{e^{\frac{{{x^2}}}{2}}}{e^{ - f\left( x \right)}}} \right]^\prime } = {\left( {{e^{\frac{{{x^2}}}{2}}}} \right)^\prime } \Leftrightarrow x{e^{\frac{{{x^2}}}{2}}}{e^{ - f\left( x \right)}} = {e^{\frac{{{x^2}}}{2}}} + c}$

Για $\displaystyle{x = 1:\sqrt e = \sqrt e + c \Leftrightarrow c = 0}$

Αντικαθιστώντας το c ισοδύναμα λαμβάνουμε
$\displaystyle{x{e^{\frac{{{x^2}}}{2}}}{e^{ - f\left( x \right)}} = {e^{\frac{{{x^2}}}{2}}} \Leftrightarrow {e^{ - f\left( x \right)}} = \frac{1}{x} \Leftrightarrow f\left( x \right) = \ln x}$

Φίλε rexes13 κάτι δεν καταλαβαίνω στην λύση σου, συγκεκριμένα το h'(f(x))=h'(lnx) νομίζω ότι δεν ισχύει

Ναι το ξέρω Matxl ήταν λάθος η απάντηση...με πρόλαβες...θα έβαζα ακριβώς την ίδια απάντηση ,στην διαφορική, που έδωσες εσύ!

#9

viewtopic.php?f=53&t=24617

Εύρεση τύπου

Εύρεση τύπου

Re: Εύρεση τύπου

Re: Εύρεση τύπου

Re: Εύρεση τύπου

Re: Εύρεση τύπου

Re: Εύρεση τύπου

Re: Εύρεση τύπου

Re: Εύρεση τύπου

Re: Εύρεση τύπου

Μέλη σε σύνδεση