Εύρεση f-2-

#1

καλημέρα,

...

Έστω συνάρτηση $\bf \color{blue}f:\mathbb{R}\to \mathbb{R},\,\,\,\mu\epsilon\,\,\, f(0)=1$ ,για την οποία ισχύει $\displaystyle{:\bf \color{blue}|e^xf(y)-e^yf(x)|\leq (x-y)^2}$ για κάθε $\bf \color{blue}x,y\in \mathbb{R}$

Να δείξετε ότι $\bf \color{blue} f(x)=e^x,\,\, x\in \mathbb{R}$

Ιστοσελίδα · #2

Στα γρήγορα :
το όριο $\displaystyle{:\bf \color{blue}\lim _{x->y}\frac{e^xf(y)-e^yf(x)}{x-y}}$ βγαίνει 0 και προσθαφαιρώντας e^xf(x)

στον αριθμητή έχουμε το αποτέλεσμα. Έχω μόνο μία ερώτηση αν χρειάζεται η συνέχεια της f...

Το απόγευμα οι λεπτομέρειες...

Μάκης Χατζόπουλος · #3

Νομίζω ότι χρειάζεται παράγωγος της f, αν είναι έτσι τότε δίνω λύση, (για ευκολία δίνω όπου y το $\displaystyle{ x_0 }$ ) κακές συνήθειες!!

$\displaystyle{ \left| {e^x f\left( {x_0 } \right) - e^{x_0 } f\left( x \right)} \right| \le \left( {x - x_0 } \right)^2 \Leftrightarrow \left| {\frac{{e^x f\left( {x_0 } \right) - e^{x_0 } f\left( x \right)}}{{x - x_0 }}} \right| \le \left| {x - x_0 } \right| \Leftrightarrow - \left( {x - x_0 } \right) \le \frac{{e^x f\left( {x_0 } \right) - e^{x_0 } f\left( x \right)}}{{x - x_0 }} \le \left( {x - x_0 } \right) }$ από κριτήριο παρεμβολής έχουμε:

$\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to x_0 } \frac{{e^x f\left( {x_0 } \right) - e^{x_0 } f\left( x \right)}}{{x - x_0 }} = 0 }$ όμως,

$\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to x_0 } \frac{{e^x f\left( {x_0 } \right) - e^{x_0 } f\left( x \right)}}{{x - x_0 }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to x_0 } \frac{{e^x f\left( {x_0 } \right) - e^{x_0 } f\left( {x_0 } \right) + e^{x_0 } f\left( {x_0 } \right) - e^{x_0 } f\left( x \right)}}{{x - x_0 }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to x_0 } \left[ {\frac{{e^x - e^{x_0 } }}{{x - x_0 }} \cdot f\left( {x_0 } \right) - \frac{{f\left( x \right) - f\left( {x_0 } \right)}}{{x - x_0 }} \cdot e^{x_0 } } \right] }$ $\displaystyle{ = e^{x_0 } f\left( {x_0 } \right) - f'\left( {x_0 } \right)e^{x_0 } }$

οπότε, $\displaystyle{ e^{x_0 } f\left( {x_0 } \right) - f'\left( {x_0 } \right)e^{x_0 } = 0 \Leftrightarrow f'\left( {x_0 } \right) = f\left( {x_0 } \right) }$ άρα για κάθε χ ισχύει: $\displaystyle{ f'\left( x \right) = f\left( x \right) }$ δηλαδή $\displaystyle{ f\left( x \right) = c \cdot e^x }$ , όμως $\displaystyle{ f\left( 0 \right) = 1 }$ οπότε προκύπτει, $\displaystyle{ f\left( x \right) = e^x }$

#4

polysot έγραψε: Έχω μόνο μία ερώτηση αν χρειάζεται η συνέχεια της f...

Μάκης Χατζόπουλος έγραψε:Νομίζω ότι χρειάζεται παράγωγος της f

Σωτήρη,Μάκη :την ξανα κοίταξα, δεν λέει ούτε για συνέχεια ,ούτε για παραγωγίσιμη

hsiodos · #5

Καλό μεσημέρι

Νομίζω ότι ο τρόπος του Μάκη δουλεύει , αρκεί πρώτα να αιτιολογηθεί ότι το $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to x_o } \frac{{f(x) - f(x_0 )}}{{x - x_o }}}$ υπάρχει , είναι εύκολο εκεί που το έχει φτάσει ,πριν υπολογισθεί το τελευταίο όριο.

Γιώργος

#6

Mα τι να λέει, αφού πρώτα πρέπει να τα αποδείξουμε!!
Για y=x0 η δοθείσα γίνεται:

$\displaystyle{ |e^{x_0 } f(x) - e^x f(x_0 )| \le \left( {x - x_0 } \right)^2 }$
Προσθαφαιρώντας το
$\displaystyle{ e^{x_0 } f(x_0 ) }$
έχω:

$\displaystyle{ |e^{x_0 } f(x) - e^{x_0 } f(x_0 ) + e^{x_0 } f(x_0 ) - e^x f(x_0 )| \le \left( {x - x_0 } \right)^2 }$
(1)

Μετά απο κατάλληλες παραγοντοποιήσεις και πράξεις :

$\displaystyle{ \frac{{ - (x - x_0 )^2 + \left( {e^x - e^{x_0 } } \right)f(x_0 )}}{{e^{x_0 } }} + f(x_0 ) \le f(x) \le \frac{{(x - x_0 )^2 + \left( {e^x - e^{x_0 } } \right)f(x_0 )}}{{e^{x_0 } }} + f(x_0 ) }$
Αν πάρω όρια στο x0 θα δώ πως οι δύο ακραίες ποσότητες τείνουν στο f(x0). Συνεπώς απο το κριτήριο παρεμβολής θα ισχύει:

$\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to x_0 } f(x) = f(x_0 ) }$
Aρα η f συνεχής στο τυχαίο x0, δηλαδή παντού.

Κάπως παρόμοια θα εργαστώ γαι για την παράγωγο, Για χ διαφορετικό του x0, έχω, διαιρώντας με |x-x0|και μετά απο πράξεις:
$\displaystyle{ \frac{{\frac{{e^x - e^{x_0 } }}{{x - x_0 }}f(x_0 ) - |x - x_0 |}}{{e^{x_0 } }} \le \frac{{f(x) - f(x_0 )}}{{x - x_0 }} \le \frac{{\frac{{e^x - e^{x_0 } }}{{x - x_0 }}f(x_0 ) + |x - x_0 |}}{{e^{x_0 } }} }$

Λαμβάνοντας όρια για χ ->x0, έχουμε πως οι ακραίες ποσότητες τείνουν στο f(x0),αρα απο το κριτήριο παρεμβολής,έχω:

$\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to x_0 } \frac{{f(x) - f(x_0 )}}{{x - x_0 }} = f(x_0 ) \Rightarrow f'(x_0 ) = f(x_0 ) }$
στο τυχαίο x0.
Συνεπώς:

$\displaystyle{ f'(x) = f(x) \Rightarrow f(x) = ce^x }$
για κάθε χ πραγματικό, c πραγματικός.

Όμως f(0)=1=> c=1,αρα:

$\displaystyle{ f(x) = e^x }$
για κάθε χ πραγματικό.

#7

Ο τροπος του Μακη δουλευει .....

Συνάρτηση f-2.pdf: (58.44 KiB) Μεταφορτώθηκε 101 φορές

Μάκης Χατζόπουλος · #8

Κώστα μετά από την παρατήρηση του Γιώργου αυτό είχα κατά νου, αλλά δεν πρόλαβα να επανορθώσω!

Νομίζω ότι αυτός είναι ο ορθός τρόπος επίλυσης της άσκησης...

Φωτεινή να φανταστείς ότι αυτή την άσκηση πρέπει να την έχω κάπου στο αρχείο μου, αλλά η βιασύνη τρώει την προσπάθεια!!

#9

Θέτουμε $\displaystyle{g(x)=\frac{f(x)}{e^x}}$ . Είναι g(0)=1

. Αρκεί να δειχθεί ότι η $\displaystyle{g}$ είναι σταθερή.

Έστω x<y

. Θα δείξουμε ότι $\displaystyle{g(x)=g(y)}$ .

1ος τρόπος:

Διαμερίζουμε το [x,y]

σε

διαστήματα $[x_{k-1},x_k]$ μήκους $\frac{|x-y|}{n}$ , όπου $x_k=x+k\frac{y-x}{n}$ για $k=1,2,\dots,n$ .

Έχουμε

$\displaystyle{|g(x)-g(y)|\leq \sum_{k=1}^n |g(x_{k-1})-g(x_k)| \leq \sum_{k=1}^n \frac{(x_{k-1}-x_k)^2}{e^{x_{k-1}+x_k} }\leq \sum_{k=1}^n \frac{(x_{k-1}-x_k)^2}{e^{2x}} =n\cdot \frac{(x-y)^2}{n^2e^{2x}} =\frac{(x-y)^2}{e^{2x}}\cdot \frac{1}{n} \to 0 }$ ,

καθώς $n \to \infty$ .

'Αρα g(x)=g(y)

.

Σημείωση: Ο παραπάνω τρόπος γίνεται κατανοητός σε κάποιον που γνωρίζει όρια, αλλά όχι παραγώγους ακόμη.

2ος τρόπος:

Για $x\ne y$ , είναι

$\displaystyle{ 0\leq \Big_|\frac{g(y)-g(x)}{y-x} \Big_| \leq \frac{|e^yf(x)-e^xf(y)|}{|y-x|e^{x+y}} \leq \frac{|y-x|}{e^{x+y}}}$

οπότε

$\lim_{y\to x} \frac{g(y)-g(x)}{y-x} =0$ .

Δηλ. g'(x)=0

, κ.ο.κ.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Εύρεση f-2-

Εύρεση f-2-

Re: Εύρεση f-2-

Re: Εύρεση f-2-

Re: Εύρεση f-2-

Re: Εύρεση f-2-

Re: Εύρεση f-2-

Re: Εύρεση f-2-

Re: Εύρεση f-2-

Re: Εύρεση f-2-

Μέλη σε σύνδεση