Συναρτησιακή εξίσωση και ανισότητα

mathxl · #1

Έστω η συνάρτηση f η οποία ικανοποιεί τις σχέσεις
$\displaystyle{\begin{array}{l} {\left[ {f\left( x \right)} \right]^2} = 1 + xf\left( {x + 1} \right),\forall x \in \left[ {1, + \infty } \right) \\ \frac{{x + 1}}{2} \le f\left( x \right) \le 2\left( {x + 1} \right),\forall x \in \left[ {1, + \infty } \right) \\ \end{array}}$
Να βρείτε τον τύπο της οταν x>=1

dement · #2

Αποδεικνυουμε επαγωγικα οτι $\frac{x+1}{2^{2^{-n}}} \leq f(x) \leq 2^{2^{-n}} (x+1)$ για καθε $n \in \mathbb{N}$ , απο οπου προκυπτει f(x) = x + 1

.

Η περιπτωση n = 0

δινεται.

Εστω $\frac{x+1}{2^{2^{-k}}} \leq f(x) \leq 2^{2^{-k}} (x+1)$ . Θετουμε οπου

το

, πολλαπλασιαζουμε με

, προσθετουμε

και παιρνουμε τετραγωνικες ριζες, καταληγοντας (με χρηση της δεδομενης συναρτησιακης σχεσης) στο

$\sqrt{\epsilon_1 + \frac{(x+1)^2}{2^{2^{-k}}}} \leq f(x) \leq \sqrt{2^{2^{-k}} (x+1)^2 - \epsilon_2}$ οπου $\epsilon_1, \epsilon_2 > 0$ . 'Ανοιγοντας' τα ορια της ανισοτητας θετοντας $\epsilon_1 = \epsilon_2 = 0$ ολοκληρωνουμε την επαγωγη.

Δημητρης Σκουτερης

mathxl · #3

Σωστά

Να βρεθεί ο τύπος της
$\displaystyle{f\left( x \right) = \sqrt {1 + x\sqrt {1 + \left( {x + 1} \right)\sqrt {1 + \left( {x + 2} \right)\sqrt {1 + \left( {x + 3} \right)\sqrt {...} } } } } }$

#4

mathxl έγραψε:Σωστά

Να βρεθεί ο τύπος της
$\displaystyle{f\left( x \right) = \sqrt {1 + x\sqrt {1 + \left( {x + 1} \right)\sqrt {1 + \left( {x + 2} \right)\sqrt {1 + \left( {x + 3} \right)\sqrt {...} } } } } }$

Ένα σχόλιο: ο εκπληκτικός αυτός τύπος (η απάντηση είναι x+1) οφείλεται
στον Ramanujan. Είναι δύσκολο να αποδειχθεί ακόμα και για x = φυσικός.

Το ενδιαφέρον είναι ότι αν αποδείξει κανείς την περίπτωση n = 1 (δύσκολο)
για τα υπόλοιπα n βγαίνει απλά με επαγωγή. Η δυσκολία στην περίπτωση
n = 1 είναι η σύγκλιση του ορίου (εκεί που υπάρχουν οι αθώες τελίτσες).

Τα λεω αυτά γιατί ο παραπάνω τύπος είναι ένα από τα ελάχιστα παραδείγματα
επαγωγικών τύπων που γνωρίζω, όπου η περίπτωση n = 1 είναι δυσανάλογα δύσκολη σε σύγκριση με τις υπόλοιπες.
Θέλω να πω: σχεδόν σε όλα τα παραδείγματα επαγωγής που συναντά κανείς,
η περίπτωση n = 1 είναι τετριμμένη, και το ζουμί είναι στο επαγωγικό βήμα. Στο
παραπάνω, συμβαίνει το ανάποδο και μάλιστα με δραματικό τρόπο!

Ξέρετε άλλα παραδείγματα επαγωγής όπου το δύσκολο κομμάτι είναι το n=1,
ενώ το επαγωγικό βήμα είναι απλό;

Θα γράψω μερικά παραδείγματα, όταν βρω χρόνο. Τώρα πνι ι ι ι ι ι ι ι ίγομαι.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

mathxl · #5

Σωστά Μιχάλη η απάντηση είναι x+1,

μπορούμε να δούμε ότι η f = ρίζα, της ρίζας, ώ ρίζα κτλ ικανοποιεί τiς σχέσεις της άσκησης που έλυσε ο Δημήτρης

Dreamkiller · #6

Συγγνώμη που ανανεώνω αυτό το παλιό θέμα, αλλά πιστεύω ότι αυτή η περίεργη ρίζα μπορεί να απλοποιηθεί και σχετικά πιο απλά (χωρίς επαγωγή ή τη λύση της συναρτησιακής σχέσης). (Περίπου όπως εδώ.)

Είναι: $x = \displaystyle \sqrt {x^2} = \sqrt {x^2 + 1 - 1} = \sqrt {1 + (x-1)(x+1)}$
Έτσι για $x+1 = \displaystyle \sqrt {1 + x(x+2)}$ , για $x+2 = \displaystyle \sqrt {1 + (x+1)(x+3)}$ και λοιπά...

Άρα $x = \displaystyle \sqrt {1 + (x-1)\sqrt{1 + x\sqrt{1 + (x+1)\sqrt {...}}}}$

Αν θέσουμε τώρα όπου x το x+1 προκύπτει το ζητούμενο.

Συναρτησιακή εξίσωση και ανισότητα

Συναρτησιακή εξίσωση και ανισότητα

Re: Συναρτησιακή εξίσωση και ανισότητα

Re: Συναρτησιακή εξίσωση και ανισότητα

Re: Συναρτησιακή εξίσωση και ανισότητα

Re: Συναρτησιακή εξίσωση και ανισότητα

Re: Συναρτησιακή εξίσωση και ανισότητα

Μέλη σε σύνδεση