A cappella

#1

Η άσκηση είναι γενικά γνωστή. 'Εχει όμως ενδιαφέρον να ζητηθεί από τους μαθητές να την λύσουν χωρίς να επέμβουμε δηλαδή χωρίς την συνοδεία των απαραίτητων προφυλάξεων. 'Εχει κάποια περάσματα που συνήθως οι μαθητές τα παραβλέπουν. Αν επέμβουμε μετά ότι ειπωθεί δύσκολα θα ξεχαστεί:

Για την συνεχή συνάρτηση $f:[0,+\infty)\rightarrow\mathbb{R}$ είναι γνωστό ότι
$\bullet$ δεν μηδενίζεται και ότι για όλα τα x>0

και
$\bullet$ για όλα τα

ισχύει $\int_{0}^{x}f\left( t\right) \left( t+1\right) dt=f^{2}\left( x\right)$
Να βρείτε την

.

Μαυρογιάννης

ΥΓ Ευχαριστούμε τον Θωμά για τις τελευταίες αποστολές του.
viewtopic.php?f=54&t=813
viewtopic.php?f=55&t=812

#2

Kαλησπέρα Νίκο, καλησπέρα σε όλους...
Αν αφήσουμε τους μαθητές να τη λύσουν, είναι σχεδόν σίγουρο, πως οι πιο ''επιφανειακοί'' θα παραγωγίσουν αβλεπί τη ζητούμενη. Οι πιο ''ψαγμένοι'' θα σταθούν ακριβώς σ'αυτό το σημείο. Είναι παραγωγίσιμη, δεν είναι;;
Εδώ βγαίνουν λίγο εκτός της φροντιστηριακής πεπατημένης σε ότι αφορά την ολοκληρωτική μορφή της συνάρτησης, αλλά σ'αυτό ακριβώς το σημείο καλό θα είναι να τους υποδειχθεί ο πιο ''καθαρός'' έλεγχος της παραγωγισιμότητας,δηλαδή
ο ορισμός της...
Με κατάλληλη καθοδήγηση , θα φτάσουν στην Ιθάκη.
Δυστυχώς δεν προλαβαίνω να γράψω τη λύση που έχω σκεφτεί( πάνω-κάτω την περιγράφω),γιατί πρέπει να φύγω( μετά λύπης).
Αν κάποιος καλός συνάδελφος δεν έχει σκεφτεί αναλόγως μεχρι της επιστροφής μου στο σπίτι, τότε θα την παραθέσω
αναλυτικά, Καλό μεσημέρι σε όλους και καλές συζητήσεις.

giannisn1990 · #3

Από την δοσμένη σχέση προκύπτει ότι η $\displaystyle f^{2}$ είναι παραγωγίσιμη $\displaystyle \forall x>0$ ,θ.δ.ο και η $\displaystyle f$ είναι παραγωγίσιμη για $\displaystyle x>0$ .Έχω $\displaystyle \lim_{x\to x_{0}}\frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}}=\lim_{x\to x_{0}}\frac{f^{2}(x)-f^{2}(x_{0})}{(x-x_{0})(f(x)+f(x_{0}))}=\frac{(f^{2})\prime(x_{0})}{2f(x_{0})}\in \mathbb{R}$ .Οπότε παραγωγίζωντας την δοσμένη σχέση με $\displaystyle x>0$ ,παίρνουμε $\displaystyle f\prime(x)=\frac{x+1}{2}\Leftrightarrow f(x)=\frac{x^{2}}{4}+\frac{x}{2}+c ,x>0$ .Οπότε αφού

συνεχής θα είναι $\displaystyle f(0)=\lim_{x\to 0}f(x)\Leftrightarrow c=0$ .Άρα $\displaystyle f\prime(x)=\frac{x+1}{2}\Leftrightarrow f(x)=\frac{x^{2}}{4}+\frac{x}{2} ,x\geq 0$

#4

Καλή σας μέρα και Χρόνια Πολλά
Πράγματι η πορεία είναι αυτή που επεσήμανε αδρομερώς ο Χρήστος και λεπτομέρώς ο Γιάννης.
Το πρώτο σημείο που θέλει προσοχή είναι με την παραγωγισιμότητα της

To δεύτερο είναι ότι ο τύπος που βρήκαμε για την

ισχύει, κατ΄αρχήν, για x>0

και η εύρεση της σταθεράς θα προκύψει με την αξιοποίηση της συνεχείας
Μαυρογιάννης

#5

Χρόνια πολλά σε όλους (και ειδικότερα στους Βαγγέληδες και Ευαγγελίες).
Μία άλλη σκέψη είναι να θέσουμε $g(x)=f^{2}(x)$ . H g είναι παραγωγίσιμη και θετική και η f είναι θετική, οπότε και η $\sqrt{g(x)}=f(x)$ είναι παραγωγίσιμη.
ΑΝΔΡΕΑΣ

#6

giannisn1990 έγραψε:Από την δοσμένη σχέση προκύπτει ότι η $\displaystyle f^{2}$ είναι παραγωγίσιμη $\displaystyle \forall x>0$ ,θ.δ.ο και η $\displaystyle f$ είναι παραγωγίσιμη για $\displaystyle x>0$ .Έχω $\displaystyle \lim_{x\to x_{0}}\frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}}=\lim_{x\to x_{0}}\frac{f^{2}(x)-f^{2}(x_{0})}{(x-x_{0})(f(x)+f(x_{0}))}=\frac{(f^{2})\prime(x_{0})}{2f(x_{0})}\in \mathbb{R}$ .Οπότε παραγωγίζωντας την δοσμένη σχέση με $\displaystyle x>0$ ,παίρνουμε $\displaystyle f\prime(x)=\frac{x+1}{2}\Leftrightarrow f(x)=\frac{x^{2}}{4}+\frac{x}{2}+c ,x>0$ .Οπότε αφού συνεχής θα είναι $\displaystyle f(0)=\lim_{x\to 0}f(x)\Leftrightarrow c=0$ .Άρα $\displaystyle f\prime(x)=\frac{x+1}{2}\Leftrightarrow f(x)=\frac{x^{2}}{4}+\frac{x}{2} ,x\geq 0$

Εαν

giannisn1990 · #7

R BORIS έγραψε:
giannisn1990 έγραψε:Από την δοσμένη σχέση προκύπτει ότι η $\displaystyle f^{2}$ είναι παραγωγίσιμη $\displaystyle \forall x>0$ ,θ.δ.ο και η $\displaystyle f$ είναι παραγωγίσιμη για $\displaystyle x>0$ .Έχω $\displaystyle \lim_{x\to x_{0}}\frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}}=\lim_{x\to x_{0}}\frac{f^{2}(x)-f^{2}(x_{0})}{(x-x_{0})(f(x)+f(x_{0}))}=\frac{(f^{2})\prime(x_{0})}{2f(x_{0})}\in \mathbb{R}$ .Οπότε παραγωγίζωντας την δοσμένη σχέση με $\displaystyle x>0$ ,παίρνουμε $\displaystyle f\prime(x)=\frac{x+1}{2}\Leftrightarrow f(x)=\frac{x^{2}}{4}+\frac{x}{2}+c ,x>0$ .Οπότε αφού συνεχής θα είναι $\displaystyle f(0)=\lim_{x\to 0}f(x)\Leftrightarrow c=0$ .Άρα $\displaystyle f\prime(x)=\frac{x+1}{2}\Leftrightarrow f(x)=\frac{x^{2}}{4}+\frac{x}{2} ,x\geq 0$
Εαν

Από την υπόθεση γνωρίζουμε ότι η f δεν μηδενίζει και συνεπώς κάτι τέτοιο δεν ισχύει

#8

Συγνώμη δεν το πρόσεξα!!

#9

Νομίζω ότι η συνθήκη $f(x)\neq 0,\forall x>0$ μπορεί να αντικατασταθεί με την πιο χαλαρή "Η συνάρτηση δεν είναι σταθερή σε διάστημα της μορφής [0,α]",α>0. Αυτό κάνει την άσκηση λίγο δυσκολότερη αλλά επ' ουδενί δεν χαλάει την κομψότητά της διότι

Αν $f(a)\neq 0 , \forall a>0$ λύνουμε την άσκηση όπως πριν
Αν $\exists a>0 : f(a)=0$ τότε ονομάζουμε με b την μικρότερη θετική ρίζα της συνάρτησης (υπάρχει αφού γνωρίζουμε ότι η συνάρτηση δεν μπορεί να είναι σταθερή σε διάστημα [0, κάτι] ενώ συνάμα έχουμε f(a)=0). Στο (0,b) δείχνουμε ὀπως πριν ότι f παραγωγίσιμη και αφού είναι συνεχής στο [0 b] βγαίνει και γνήσια αύξουσα στο [0,b] πράγμα άτοπο αφού f(0)=f(b)=0

#10

AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ έγραψε: Μία άλλη σκέψη είναι να θέσουμε $g(x)=f^{2}(x)$ . H g είναι παραγωγίσιμη και θετική και η f είναι θετική, οπότε και η $\sqrt{g(x)}=f(x)$ είναι παραγωγίσιμη.
ΑΝΔΡΕΑΣ

Ανδρέα ωραία η ιδέα σου. Μας δίνει και μία κατα πολύ απλούστερη λύση. Για να πω την αλήθεια δεν την κατάλαβα με τη μία. Συμπληρώνω λοιπόν το επιχείρημα μή τυχόν υπάρχει και κάποιος άλλος ομοιόστροφος με μένα:
Αφού η

δεν μηδενίζεται στο $\left( 0,+\infty \right)$ διατηρεί πρόσημο. Δε μπορεί να είναι αρνητική διότι τότε για x>0

θα ήταν

ισχύει $\int_{0}^{x}f\left( t\right) \left( t+1\right) dt=<0$ πράγμα αδύνατο. Άρα είναι θετική κ.τ.λ

R BORIS έγραψε:Νομίζω ότι η συνθήκη $f(x)\neq 0,\forall x>0$ μπορεί να αντικατασταθεί με την πιο χαλαρή "Η συνάρτηση δεν είναι σταθερή σε διάστημα της μορφής [0,α]",α>0. ....
Αν $f(a)\neq 0 , \forall a>0$ λύνουμε την άσκηση όπως πριν
Αν $\exists a>0 : f(a)=0$ τότε ονομάζουμε με b την μικρότερη θετική ρίζα της συνάρτησης (υπάρχει αφού γνωρίζουμε ότι η συνάρτηση δεν μπορεί να είναι σταθερή σε διάστημα [0, κάτι] ενώ συνάμα έχουμε f(a)=0). Στο (0,b) δείχνουμε ὀπως πριν ότι f παραγωγίσιμη και αφού είναι συνεχής στο [0 b] βγαίνει και γνήσια αύξουσα στο [0,b] πράγμα άτοπο αφού f(0)=f(b)=0

Ροδόλφε μου φαίνεται ενδιαφέρον να αντικαταστήσουμε την υπόθεση $f\left( x\right) \neq 0$ για x>0

με αυτή που λές. Ωστόσο υπό την νέα υπόθεση με δυσκολεύει το εξής σημείο: Τι εμποδίζει την

να έχει ρίζα το 0 και ακόμη να έχει ένα σύνολο μη μηδενικών ριζών που δεν έχουν ελάχιστο; (λ.χ. να έχουν το 0 ως σημείο συσσώρευσης). Θα το ξαναδώ πάντως.

Το έχω ξαναπεί. Αυτό που με εντυπωσιάζει στο mathematica είναι το πως αυγατίζουν και πλουτίζουν οι ιδέες: "και τους δύο ιχθύας εμέρισε πάσι, και έφαγον πάντες και εχορτάσθησαν".
Μαυρογιάννης

#11

Το συνολο των ριζών μιας συναρτησης δεν είναι κλειστό?

#12

Ναι. Το σύνολο όλων των ριζών μίας συνεχούς

είναι κλειστό αφού είναι τo $f^{-1}\left( \left\{ 0\right\} \right)$ δηλαδή η αντίστροφη εικόνα του κλειστού $\left\{0\right\}$ αλλά γιατί να είναι κλειστό το σύνολο των θετικών ριζών; Κάτι θέλει ακόμη.
Μαυρογιάννης

#13

Πάντως με τον ιδιο συλλογισμό μπορούμε να αποκλεισουμε την περίπτωση $f(a)=f(b)=0, f(x)\ne 0 ,\forall x\in (a,b)$ οπότε μπορούμε να αλλάξουμε σε "δεν υπάρχει διάστημα στο οποίο f σταθερή"

#14

Βασισμένος σε αυτά που είπε ο Ροδόλφος:

Θέτω $\displaystyle r = \sup{\{x:f(x)=0\}}$ . (Επιτρέπεται $r = +\infty$ )

1) Για κάθε $0 \leqslant x < r$ ισχύει f(x) = 0

: Ας υποθέσουμε πως $f(x) \neq 0$ . Παίρνω $x_1 \in (0,r)$ με f(x_1) = 0

. EDIT: Όπως σωστά επισημάνθηκε από τον Νικόλα αυτό χρειάζεται απόδειξη. Αν η f δεν είχε άλλη ρίζα στο (0,r), τότε σε αυτό το διάστημα θα είχαμε f(x) = x^2/4 + x^2 + c

για κάποιο c. Επειδή όμως f συνεχής και f(0)=f(r)=0, πρέπει c = 0 = -r^2/4 - r/2

. Αλλά τότε πρέπει r=0 ή r=-2, άτοπο. Aν x_1 < x

παίρνω $x_2 \in (x_1,r)$ με f(x_2) = 0

, αν

παίρνω $x_2 \in (0,x_1)$ με f(x_2) = 0

. Συνεχίζοντας επαγωγικά κατασκευάζουμε ακολουθία $x_1,x_2,\ldots$ με f(x_n) = 0

για κάθε ν και $x_n \to x$ , άρα f(x) = 0

από την συνέχεια της

.

2) Με ακριβώς τον ίδιο τρόπο όπως προηγουμένως βρίσκουμε $\displaystyle f(x) = \begin{cases} 0 & 0 \leqslant x \leqslant r; \\ \frac{x^2 - r^2}{4} + \frac{x - r}{2} & x \geqslant r.\end{cases}$

(Αν $r = +\infty$ , τότε η

είναι σταθερά 0.)

Άρα η αρχική τροποποίηση του Ροδόλφου όντως δουλεύει

#15

Μπορεί η αρχική μου ιδέα να σώζεται ως εξής

Αν δεν υπάρχει μικρότερη θετική ρίζα τότε
Για κάθε α>0 θα υπάρχει r με 0<r<α : f(r)=0
Θα δείξουμε τότε οτι η f είναι η μηδενική συνάρτηση στο [0,r]
Έστω ότι αυτό δεν ισχύει
Τότε θα υπἀρχει b<r : $f(b)\ne 0$
Άρα από ΘΜΤολ θα υπάρχει $q<b : f^2(b)=bf(q)(q+1)\Rightarrow f(q)>0$
επειδή η f είναι συνεχής θα υπάρχει d>0 : $f(x)>0,\forall x\in (q-d,q+d)$
Ας είναι c>q+d η πρώτη ρίζα της f που συναντάμε μετά το q
τότε στο [q,c] η f βρίσκεται γνήσια αύξουσα όπως πριν άρα f(q)<f(c)=0
πράγμα άτοπο αφού f(q)>0

Μόλις είδα οτι με πρόλαβε ο Δημήτρης
Δίνω μια κάπως διαφορετική προσέγγιση του θέματος

#16

Στο κείμενο του Δημήτρη (όπου έγραψα $f(x) \neq 0$ αντί $f(x_1) \neq 0$ ):

Demetres έγραψε: Για κάθε $0 \leqslant x < r$ ισχύει : Ας υποθέσουμε πως $f(x) \neq 0$ . Παίρνω $x_1 \in (0,r)$ με . Aν παίρνω $x_2 \in (x_1,r)$ με , αν παίρνω $x_2 \in (0,x_1)$ με . Συνεχίζοντας επαγωγικά κατασκευάζουμε ακολουθία $x_1,x_2,\ldots$ με για κάθε ν και $x_n \to x$ , άρα από την συνέχεια της .

Δεν καταλαβαίνω γιατί θα υπάρχει τέτοια πληθώρα ριζών ώστε πάντα να μπορούμε να επιλέξουμε ρίζα στα διάφορα διαστήματα. Λόγου χάρη γιατί θα υπάρχει ρίζα x_2

στο

. Αποκλείεται το

να είναι ένα μεμονωμένο σημείο του συνόλου των ριζών; Επίσης δεν καταλαβαίνω γιατί η ακολουθία που κατασκευάζεται έτσι θα συγκλίνει στο

ή έστω θα έχει υπακολουθία που συγκλίνει στο

.

Το κείμενο του Ροδόλφου:

R BORIS έγραψε:Αν δεν υπάρχει μικρότερη θετική ρίζα τότε
Για κάθε α>0 θα υπάρχει r με 0<r<α : f(r)=0
Θα δείξουμε τότε οτι η f είναι η μηδενική συνάρτηση στο [0,r]
Έστω ότι αυτό δεν ισχύει
Τότε θα υπἀρχει b<r : $f(b)\ne 0$
Άρα από ΘΜΤολ θα υπάρχει $q<b : f^2(b)=bf(q)(q+1)\Rightarrow f(q)>0$
επειδή η f είναι συνεχής θα υπάρχει d>0 : $f(x)>0,\forall x \in (q-d,q+d)$
Ας είναι c>q+d η πρώτη ρίζα της f που συναντάμε μετά το q
τότε στο [q,c] η f βρίσκεται γνήσια αύξουσα όπως πριν άρα f(q)<f(c)=0
πράγμα άτοπο αφού f(q)>0

Νομίζω ότι τώρα κλείνει μία χαρά το κενό και επομένως έχουμε την άσκηση (σε μία δυσκολότερη μη σχολική εκδοχή μιας και κάπου υπολανθάνει η έννοια του infimum) και με την τροποποiημένη εκφώνηση. Μία δευτερεύουσα απλούστευση: Το θεώρημα μέσης τιμής του ολοκληρώτικού λογισμού, αν και χρησιμοποιείται έξυπνα μπορεί να παρακαμφθεί: Για κάθε "μη ρίζα"

θα υπάρχει και μία μικρότερη "μη ρίζα" διότι αν όλοι οι μικρότεροι αριθμοί του

ήσαν ρίζες τότε από την συνέχεια θα όφειλε και ο

να είναι ρίζα.
Μαυρογιάννης

#17

nsmavrogiannis έγραψε: Δεν καταλαβαίνω γιατί θα υπάρχει τέτοια πληθώρα ριζών ώστε πάντα να μπορούμε να επιλέξουμε ρίζα στα διάφορα διαστήματα.

Δικό μου το λάθος. Νόμισα πως είχε ήδη γραφτεί η απόδειξη.

Επειδή η δική μου είναι διαφορετική από του Ροδόλφου, θα κάνω edit το αρχικό μου post.

#18

Μια σχετική άσκηση , τουλάχιστον δεκαετίας , είναι και η

Ἐστω f συνεχής στο R , δεν υπάρχει διάστημα στο οποίο η f να είναι σταθερή και $f^3(x)=\displaystyle 3\int_{0}^{x}f^2(t)dt , \forall x\in R$ τότε βρείτε τον τύπο της

#19

Αφού f όχι σταθερή τότε για χ>0 το $\displaystyle\int_{0}^{x}{f^2(t)dt}>0 \Rightarrow f(x)>0$
με το ένα πλευρικό όριο δείχνουμε ότι f παραγωγίσιμη (αφού f^3

παραγωγίσιμη και f>0)
Παραγωγίζοντας προκύπτει $f^{\prime}(x)=1\Rightarrow f(x)=x+c_1 , x>0$
ομοίως $\Rightarrow f(x)=x+c_2 , x<0$
επειδή f συνεχής στο 0 με f(0)=0 $\Rightarrow f(x)=x,x\in R$

A cappella

A cappella

Re: A cappella

Re: A cappella

Re: A cappella

Re: A cappella

Re: A cappella

Re: A cappella

Re: A cappella

Re: A cappella

Re: A cappella

Re: A cappella

Re: A cappella

Re: A cappella

Re: A cappella

Re: A cappella

Re: A cappella

Re: A cappella

Re: A cappella

Re: A cappella

Μέλη σε σύνδεση