Ανοιχτό ερώτημα

KARKAR · #1

Η συνάρτηση : $f(x)=e^{x-1}$ έχει την ιδιότητα να ισχύουν : f(1)=f'(1)=f''(1)=1

.

Υπάρχει άλλη (διαφορετική) συνάρτηση μ΄αυτή την ιδιότητα ;

hsiodos · #2

$\displaystyle{ f(x) = \frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{2} }$

Γιώργος

#3

$f(x) = \frac {1}{2}x^2 + \frac{1}{2}$

Edit αργότερα: Γιώργο, αυτό θα πει timing

#4

Mihalis_Lambrou έγραψε: $f(x) = \frac {1}{2}x^2 + \frac{1}{2}$

Edit αργότερα: Γιώργο, αυτό θα πει timing

Άντε, για να είναι αλλιώτικη η απάντησή μου από του Γιώργου, ας την αλλάξω:

$f(x) = \frac {1}{2}x^2 + \frac{1}{2} +(x-1)^{100}$

hsiodos · #5

Μιχάλη πιάσε κόκκινο

Γιώργος

#6

Νομίζω ότι το θέμα έχει ενδιαφέρον αν αντί την δεύτερη παράγωγο ίσον 1 να θεωρήσουμε την νιοστή παράγωγο ίση με 1. Τότε νομίζω ότι θα πρέπει να είναι μόνο η συνάρτηση που έδωσε ο φίλος μας.

KARKAR · #7

Περάσατε όλοι την πρώτη φάση !

Αφού μεσολάβησε το " Δημήτρειον Ερώτημα" , υποβάλλω το δυσκολότερο :

Ειλικρινά σας είχε απασχολήσει άλλη φορά το θέμα ;

hsiodos · #8

KARKAR έγραψε:Περάσατε όλοι την πρώτη φάση !

Αφού μεσολάβησε το " Δημήτρειον Ερώτημα" , υποβάλλω το δυσκολότερο :

Ειλικρινά σας είχε απασχολήσει άλλη φορά το θέμα ;

Απ' ότι καταλαβαίνω περνάμε μια κάποια είδους εξέταση;

Δεν καταλαβαίνω όμως γιατί η ερώτηση σου (η δεύτερη) είναι δύσκολη.

Προσωπικά δεν είχα ασχοληθεί με το θέμα όπως δεν έχω ασχοληθεί και με το γενικότερο που έθεσε ο Δημήτρης πιο πάνω.

Φιλικά

Γιώργος

#9

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:Νομίζω ότι το θέμα έχει ενδιαφέρον αν αντί την δεύτερη παράγωγο ίσον 1 να θεωρήσουμε την νιοστή παράγωγο ίση με 1. Τότε νομίζω ότι θα πρέπει να είναι μόνο η συνάρτηση που έδωσε ο φίλος μας.

Η απάντηση του Μιχάλη Λάμπρου κρύβει και την απάντηση σε αυτό το ερώτημα. Η συνάρτηση $f(x) = e^{x-1} + (x-1)^{n+1}$ έχει όλες τις παραγώγους μέχρι την

-οστή ίσες με 1.

Θα μπορούσαμε βέβαια να ρωτήσουμε το ακόμη πιο δύσκολο

Υπάρχει συνάρτηση $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ διαφορετική από την $e^{x-1}$ η οποία να έχει όλες τις παραγώγους στο 1 ίσες με 1; Η απάντηση είναι ναι. Μια τέτοια συνάρτηση είναι η

$\displaystyle{ f(x) = \begin{cases} e^{x-1} & x \leqslant 1\\ e^{x-1} + e^{-\frac{1}{(x-1)^2}} & x > 1\end{cases}}$ .

Η απόδειξη όμως είναι δύσκολη και ξεφεύγει από τα όρια της Γ' Λυκείου.

#10

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:Νομίζω ότι το θέμα έχει ενδιαφέρον αν αντί την δεύτερη παράγωγο ίσον 1 να θεωρήσουμε την νιοστή παράγωγο ίση με 1. Τότε νομίζω ότι θα πρέπει να είναι μόνο η συνάρτηση που έδωσε ο φίλος μας.

Υποθέτω ότι εννοείς νιοστή παράγωγο ίση με 1 για κάθε ν.

Και πάλι δεν ισχύει. Θα γράψω ένα παράδειγμα και μετά την σκέψη (αλλά είναι εκτός σχολικής ύλης).

Στην παραπάνω $f(x) = e^{x-1}$ προσθέτουμε μία μη μηδενική συνάρτηση

της οποίας όλες οι παράγωγοι στο 1 είναι ίσες με μηδέν. Τέτοια είναι η

$g(x)= \displaystyle \begin{cases} e^{-\frac{1}{(x-1)^2}} \text{ if } x\ne 1 \\ 0 \text{ if } x= 1 \end{cases}$

H συνάρτηση αυτή είναι παντού συνεχής και μάλιστα άπειρες φορές παραγωγίσιμη με $g^{(n)}(1)=0\,$ για κάθε

. H απόδειξη βασίζεται στο γεγονός ότι για κάθε πολυώνυμο

ισχύει
$\displaystyle \lim_{y\rightarrow \infty}\frac{e^{-y}}{p(y)}=0$ .

Πώς σκεφτήκαμε; Πρώτα από όλα, αν δεν ξέραμε συνάρτηση όπως την $f(x) = e^{x-1}$ παραπάνω με $f^{(n)}(1)=1\,$ για κάθε

, και την ψάχναμε, θα λέγαμε: Αφού τα $f^{(n)}(1)\,$ εμφανίζονται στο ανάπτυγμα Taylor γύρω από το x=1

, είναι ευνόητο να πάρουμε

$\displaystyle{f(x) = \sum_0^{\infty} \frac {1}{n!}f^{(n)}(1)(x-1)^n = \sum_0^{\infty} \frac {1}{n!}(x-1)^n = e^{x-1}$ .

Όμως είναι γνωστό ότι υπάρχουν άπειρα παραγωγίσιμες συναρτήσεις που δεν είναι ίσες με την σειρά τους Taylor. Το στάνταρ παράδειγμα είναι (για ανάπτυγμα γύρω από το x=0

) είναι το

$h(x)= \displaystyle \begin{cases} e^{-\frac{1}{x^2}} \text{ if } x\ne 0 \\ 0 \text{ if } x= 0 \end{cases}$

το οποίο ικανοποιεί $h^{(n)}(0)=0\,$ για κάθε

.

Τώρα, η παραπάνω

είναι η

αυτή αλλά μετατωπισμένη στο x=1

.

Φιλικά,

Μιχάλης

Ουπς. Τώρα με πρόλαβε ο Δημήτρης με (ουσιαστικά) το ίδιο παράδειγμα.

Ανοιχτό ερώτημα

Ανοιχτό ερώτημα

Re: Ανοιχτό ερώτημα

Re: Ανοιχτό ερώτημα

Re: Ανοιχτό ερώτημα

Re: Ανοιχτό ερώτημα

Re: Ανοιχτό ερώτημα

Re: Ανοιχτό ερώτημα

Re: Ανοιχτό ερώτημα

Re: Ανοιχτό ερώτημα

Re: Ανοιχτό ερώτημα

Μέλη σε σύνδεση