Υπάρχει;

mathxl · #1

Μια μεταμεσονύχτια γέννα

S.E.Louridas · #2

Μία σκέψη μόνο Βασίλη :
$\frac{1} {{32}}=\int\limits_0^1 {\left( {f^{\frac{3} {2}} \left( x \right)} \right){'} dx = ... = \frac{3} {2}} \int\limits_0^1 {\sqrt {f\left( x \right)} } f{'} \left( x \right)dx \Rightarrow \int\limits_0^1 {2\sqrt {f\left( x \right)} } f{'} \left( x \right)dx = \frac{1} {{24}} \Rightarrow$
$\int\limits_0^1 {\left( {f{'} \left( x \right) - \sqrt {f\left( x \right)} } \right)^2 dx = 0 \Rightarrow } f{'} \left( x \right) = \sqrt {f\left( x \right)} ,\forall x \in \mathbb{R}.......$

S.E.Louridas

mathxl · #3

Χεχε καλημέρα Σωτήρη.
Μία σκέψη κάτι παραπάνω από λύση θα έλεγα

Σπύρο χαίρομαι που σου άρεσε η άσκηση

k-ser · #4

Βασίλη, καλή άσκηση και πολύ καλή η απάντηση του Σωτήρη.
Χρειάζεται και η επιπλέον προϋπόθεση: η $f^{\prime}$ συνεχής.
Αν δεν σου κάνει κόπο γράψε την σε latex.

Φιλικά.

mathxl · #5

Κώστα πράγματι ξέχασα την συνέχεια της παραγώγου. Χωρίς αυτήν το ολοκλήρωμα που γράφω δεν έχει λυκειακό νόημα

Δίνω την διορθωμένη εκφώνηση
Να εξετάσετε αν υπάρχει παραγωγίσιμη συνάρτηση $\displaystyle{f:R \to \left( {0, + \infty } \right)}$
με συνεχή παράγωγο τέτοια ώστε $\displaystyle{\sqrt {{f^3}\left( 1 \right)} = \sqrt {{f^3}\left( 0 \right)} + \frac{1}{{32}}}$
και $\displaystyle{\int\limits_0^1 {\left[ {{{\left( {f'\left( x \right)} \right)}^2} + f\left( x \right)} \right]dx} = \frac{1}{{24}}}$

Να σημειώσω ότι έχει ενδιαφέρον η τελική απάντηση, τουλάχιστον για τους μαθητές μας

S.E.Louridas · #6

Ας μου επιτραπεί ένα σχόλιο:
Η άσκηση αυτή κατά την άποψή μου έχει την ομορφιά να δημιουργεί ιδέες για κατασκευή και άλλων ασκήσεων (και ας αφήσουμε το σε ευχαριστώ για τα καλά σου λόγια κ.τ.λ. για να πάμε στην ουσία αφού ο ‘γάμος’ της πραγματικής αλληλοεκτίμησης είναι πλέον γεγονός) όπως το να σκεφτούμε :
Από το γεγονός (σύμφωνα με το σχολικό βιβλίο) ότι η ‘μέσα’ συνάρτηση στην περίπτωση ενός ορισμένου ολοκληρώματος είναι σ υ ν ε χ ή ς ,αυτόματα παίρνουμε ότι η $h\left( x \right) = \left( {f{'} \left( x \right)} \right)^2 ,$
είναι συνεχής συνάρτηση καθότι θεωρούμε σε ισχύ (αληθής πρόταση) την ισότητα που στο αριστερό της μέλος υπάρχει το ορισμένο ολοκλήρωμα. Άρα το να δώσουμε την συνέχεια της παραγώγου
της f ( όσο με αφορά στην τεχνική επίλυσης που πρότεινα την έλαβα υπ’ όψη σαν δεδομένη οπότε σαν τεχνική παραμένει σε ισχύ) δημιουργείται το συγκεκριμένο πρόβλημα. Λαμβάνοντας ,όμως υπ’ όψη την συνέχεια της $h\left( x \right) = \left( {f{'} \left( x \right)} \right)^2 ,$
για κάθε δεδομένο που οδηγεί από την συνέχεια εδώ στην συνέχεια της f{'} ,

δημιουργούνται προϋποθέσεις κατασκευής προβλήματος.
Για παράδειγμα: αν ,αντί για την συνέχεια της f{'} ,

δινόταν ότι η f είναι γνήσια μονότονη αυτό οδηγεί ευθέως στην συνέχεια της f{'} ,

αφού έτσι έχουμε την διατήρηση πρόσημου κ.τ.λ..

S.E.Louridas

Α.Κυριακόπουλος · #7

S.E.Louridas έγραψε:Ας μου επιτραπεί ένα σχόλιο:
Η άσκηση αυτή κατά την άποψή μου έχει την ομορφιά να δημιουργεί ιδέες για κατασκευή και άλλων ασκήσεων (και ας αφήσουμε το σε ευχαριστώ για τα καλά σου λόγια κ.τ.λ. για να πάμε στην ουσία αφού ο ‘γάμος’ της πραγματικής αλληλοεκτίμησης είναι πλέον γεγονός) όπως το να σκεφτούμε :
Από το γεγονός (σύμφωνα με το σχολικό βιβλίο) ότι η ‘μέσα’ συνάρτηση στην περίπτωση ενός ορισμένου ολοκληρώματος είναι σ υ ν ε χ ή ς ,αυτόματα παίρνουμε ότι η $h\left( x \right) = \left( {f{'} \left( x \right)} \right)^2 ,$
είναι συνεχής συνάρτηση καθότι θεωρούμε σε ισχύ (αληθής πρόταση) την ισότητα που στο αριστερό της μέλος υπάρχει το ορισμένο ολοκλήρωμα. Άρα το να δώσουμε την συνέχεια της παραγώγου
της f ( όσο με αφορά στην τεχνική επίλυσης που πρότεινα την έλαβα υπ’ όψη σαν δεδομένη οπότε σαν τεχνική παραμένει σε ισχύ) δημιουργείται το συγκεκριμένο πρόβλημα. Λαμβάνοντας ,όμως υπ’ όψη την συνέχεια της $h\left( x \right) = \left( {f{'} \left( x \right)} \right)^2 ,$
για κάθε δεδομένο που οδηγεί από την συνέχεια εδώ στην συνέχεια της δημιουργούνται προϋποθέσεις κατασκευής προβλήματος.
Για παράδειγμα: αν ,αντί για την συνέχεια της δινόταν ότι η f είναι γνήσια μονότονη αυτό οδηγεί ευθέως στην συνέχεια της αφού έτσι έχουμε την διατήρηση πρόσημου κ.τ.λ..

S.E.Louridas

Αγαπητέ Σωτήρη.
Δεν μπορώ να καταλάβω τι θέλεις να πεις με αυτά που γράφεις. Ο Κώστας ο Σερίφης έχει δίκιο.

S.E.Louridas · #8

Μα προφανώς ο Κώστας Σερίφης έχει Δίκιο.
Απλά έκανα κάποιες σκέψεις ώστε να δίνεται έμμεσα η συνέχεια της παραγώγου αντί άμεσα. Εγώ ήδη στην τεχνική που ανέφερα και που οδηγεί στην επίληση της άσκησης έλαβα υπ' όψη την συνέχεια της f ' .
Θα ήθελα φίλε Αντώνη την γνώμη σου, αν και εφόσον έχεις λίγο χρόνο , γιά το πώς θα μπορούσε να δοθεί έμμεσα, διτηρώντας τα άλλα δεδομένα του προβλήματος ,η συνέχεια της f ', αυτό είναι όλο.
Σε ευχαριστώ,

S.E.Louridas

mathxl · #9

Καλό μεσημέρι.
Σωτήρη και κύριε Αντώνη, ο Κώστας θέλω να πιστεύω ότι επεσήμανε ,μία οφθαλμοφανή παράλειψη μου και όχι ένα λάθος το οποίο χρίζει ανάλυσης συζήτησης κτλ.
Εν ολίγοις αν κάπου, κάτι δεν έστεκε, δεν έστεκε εξαιτίας δικής μου υπαιτιότητας. Δεν είνα θέμα του ποιος έχει δίκιο ή όχι (δεν νομίζω ότι υπάρχει καμιά διαφωνία σε αυτό). Ας κρατήσουμε την ωραία λύση του Σωτήρη και ας επαναλάβω ότι καλό είναι να δώσουμε και το τελικό συμπέρασμα για την άσκηση, που ίσως είναι διδακτικό για τους μαθητές μας

Τυπικά να πω ότι η λύση μου είναι ατή του Σωτήρη.

Πράγματι η άσκηση αυτή δίνει μία "νέα" κατηγορία ασκήσεων με μεθοδολογική κάλυψη. Η άσκηση είναι δική μου, η ιδέα δεν είναι. Θεωρώ ότι η άσκηση είναι πρωτότυπη

Πιείτε καμιά παγωμένη λεμονάδα στην υγειά μου και δείτε μουντιάλ

Α.Κυριακόπουλος · #10

Αγαπητέ Βασίλη.
Εγώ δεν είπα τη λέξη «λάθος». Απλά είπα ότι ο Κώστας έχει δίκαιο που επεσήμανε την παράλειψη. Ο Σωτήρης, όπως εξήγησε, λέει ότι αν από αυτή την άσκηση μπορούμε να βγάλουμε και κάτι άλλο. Ο Σωτήρης ,όπως πάντα, σκέπτεται δημιουργικά. Είναι ένα από τα πολλά προσόντα του.
Με εκτίμηση και αγάπη.

styt_geia · #11

Συγγνώμη που ξεθάβω αυτό το θέμα, απλά αναρωτιέμαι αν το τελείωμα θα μπορούσε να είναι κάπως έτσι:

$\displaystyle f'(x)=\sqrt{f(x)} \Rightarrow \frac{f'(x)}{2\sqrt{f(x)}}=\frac{1}{2} \Rightarrow \left(\sqrt{f(x)}\right)'=\left(\frac{1}{2}x\right)'$

οπότε υπάρχει $c \in \mathbb{R}$ ώστε

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

επομένως f(-2c)=0

, άτοπο αφού f(x)>0.

Μήπως υπάρχει κάτι πιο άμεσο;

#12

styt_geia έγραψε:Συγγνώμη που ξεθάβω αυτό το θέμα, απλά αναρωτιέμαι αν το τελείωμα θα μπορούσε να είναι κάπως έτσι:

$\displaystyle f'(x)=\sqrt{f(x)} \Rightarrow \frac{f'(x)}{2\sqrt{f(x)}}=\frac{1}{2} \Rightarrow \left(\sqrt{f(x)}\right)'=\left(\frac{1}{2}x\right)'$

οπότε υπάρχει $c \in \mathbb{R}$ ώστε

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

επομένως , άτοπο αφού Μήπως υπάρχει κάτι πιο άμεσο;

Ο τύπος $\displaystyle \sqrt{f(x)}=\frac{1}{2}x+c$ ισχύει για κάθε $x\in [0,1]...$

styt_geia · #13

Σωστά, με παραπλάνησε το πεδίο ορισμού. Άλλη μία προσπάθεια. Είναι

$\displaystyle \sqrt{f(x)}=\frac{1}{2}x+c \Rightarrow \left(\sqrt{f(x)}\right)^3=\left(\frac{1}{2}x+c \right)^3$

οπότε

$\displaystyle \left(\sqrt{f(1)}\right)^3- \left(\sqrt{f(0)}\right)^3=\frac{1}{32} \Rightarrow \left(\frac{1}{2}+c \right)^3-c^3=\frac{1}{32} \Rightarrow$ $\displaystyle 16c^2+8c+1=0 \Rightarrow (4c+1)^2=0 \Rightarrow c=-\frac{1}{4}.$

Επομένως f(1/2)=0

, άτοπο.

Υπάρχει;

Υπάρχει;

Re: Υπάρχει;

Re: Υπάρχει;

Re: Υπάρχει;

Re: Υπάρχει;

Re: Υπάρχει;

Re: Υπάρχει;

Re: Υπάρχει;

Re: Υπάρχει;

Re: Υπάρχει;

Re: Υπάρχει;

Re: Υπάρχει;

Re: Υπάρχει;

Μέλη σε σύνδεση