Μηδενική συνάρτηση

#1

ΑΣΚΗΣΗ από τον Ν.ΖΑΝΤΑΡΙΔΗ(nikoszan)

Η συνάρτηση $\displaystyle{ f:\left[ {0,1} \right] \to R }$ είναι παραγωγίσιμη και ισχύει:

$\displaystyle{ f'(x) = x^a f(x^\beta ),\forall x \in \left[ {0,1} \right] }$ με $\displaystyle{ a }$ θετικό πραγματικό, $\displaystyle{ \beta > 1 }$ και $\displaystyle{ f(0) = 0 }$ .

Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{ f(x) = 0,\forall x \in \left[ {0,1} \right] }$

nikoszan · #2

Επαναφερω την ασκηση για μη παει αδιαβαστη.
Ν.Ζ.

#3

Την επαναφέρω μαζί με---->

ΑΥΤΟ

#4

chris_gatos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ από τον Ν.ΖΑΝΤΑΡΙΔΗ(nikoszan)

Η συνάρτηση $\displaystyle{ f:\left[ {0,1} \right] \to R }$ είναι παραγωγίσιμη και ισχύει:

$\displaystyle{ f'(x) = x^a f(x^\beta ),\forall x \in \left[ {0,1} \right] }$ με $\displaystyle{ a }$ θετικό πραγματικό, $\displaystyle{ \beta > 1 }$ και $\displaystyle{ f(0) = 0 }$ .

Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{ f(x) = 0,\forall x \in \left[ {0,1} \right] }$

Από l' Hospital για την περίπτωση 0/0 έχουμε

$\displaystyle{{\lim}_ {x \rightarrow 0} \frac{f(x)}{x^{a+1}}= {\lim}_ {x \rightarrow 0} \frac{f^{\prime}(x)}{(a+1)x^{a}} = {\lim}_ {x \rightarrow 0} \frac{x^af(x^b)}{(a+1)x^a}=\frac{f(0)}{a+1}=0$ .

Άρα υπάρχει d>0

(και χωρίς βλάβη d<1

) με $|f(x)| < x^{a+1}$ για $0\le x \le d$ . Άρα, για τα ίδια

και επειδή b>1

, είναι $|f^{\prime}(x)| = x^a|f(x^b)|\le x^a(x^b)^{a+1}= x^{a+b+ab}$

Δηλαδή $|f^{\prime}(x)| \le x^{a_1}, \, 0\le x \le d$ όπου a_1>a

.

Ολοκληρώνοντας την τελευταία από

έως

, για τα ίδια πάντα

, έχουμε

$\displaystyle {|f(x)| = |f(x) - f(0)| = |\int_0^x f^{\prime}(t)dt |\le \int_0^x t^{a_1}dt = \frac {x^{a_1+1}}{a_1+1}\le x^{a_1+1}$

Άρα $|f^{\prime}(x)| = x^a|f(x^b)|\le x^a(x^b)^{a_1+1}= x^{a_2}, \,\, 0\le x\le d$ , όπου a_2>a_1 +1

.

Προχωρώντας με τον ίδιο τρόπο βρίσκουμε επαγωγικά ακολουθία a_1< a_2 < ...

που τείνει στο άπειρο, τέτοια ώστε

$|f^{\prime}(x)| \le x^{a_n}, |f(x)|\le x^{a_n+1}, 0\le x \le d$ .

Ειδικά είναι $|f(x)|\le d^{a_n+1}, 0\le x \le d$ .

Παίρνοντας όριο $n \rightarrow +\infty$ συμπεραίνουμε ότι $f(x)=0, 0\le x \le d$ .(*) Προφανώς είναι τότε και $f^{\prime}(x)=0$ .

Θα αποδείξουμε ότι και στο υπόλοιπο διάστημα η

είναι μηδέν.

Για $x \in [0, d^{1/b}]$ , που περιέχει το [0,d]

διότι

, έχουμε $x^b \in [0,d]$ . Από (*) είναι τότε
$f^{\prime}(x)=x^af(x^b) = 0$ οπότε

σταθερή εκεί, και άρα $f(x)=0, \,\, x\in [0, d^{b_1}]$ όπου 0< b_1= 1/b <1

.

Με ακριβώς τον ίδιο τρόπο βρίσκουμε ακολουθία b_1> b_2> ...

κάθε όρος της οποίας είναι 1/b του προηγούμενου (άρα $\lim b_n =0$ ) με $f(x) = 0 , \,\, x\in [0,d^{b_n}]$ . Όμως $\lim d^{b_n} = 1$ , συνεπώς $f(x)=0, \,\, x\in [0,1)$ . Λόγω συνέχειας είναι και f(1)=0

.

Δηλαδή

παντού

, όπως θέλαμε.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

Edit: Πρόσθεσα κάτι απόλυτα που τα είχα ξεχάσει, εκ παραδρομής.

nikoszan · #5

Μιχαλη ,θαυμασια λυση.Ευχαριστω για το χρονο που διεθεσες.Συντομα θα γινει αναρτηση και της δικης μου λυσης[συμφωνα με την οποια εγινε η κατασκευη της].
Φιλικα Ν.Ζ.

#6

Λύση από τον Νίκο Ζανταρίδη(nikoszan)

$\displaystyle ...f'(x)=x^\alpha .f(x^\beta ): \ \ (1)$
Επειδή η $\displaystyle \left|f \right|$ είναι συνεχής στο $\displaystyle [0,1]$ (αφού η $\displaystyle f$ ως παραγωγίσιμη είναι συνεχής στο $\displaystyle [0,1]$ )
έπεται ότι η $\displaystyle \left|f \right|$ παρουσιάζει στο $\displaystyle \left[0,1 \right]$ ελάχιστο και μέγιστο.

Έστω $\displaystyle M$ το μέγιστο της $\displaystyle \left|f \right|$ στο $\displaystyle \left[0,1 \right]$ , τότε θα ισχύει: $\displaystyle \left|f(x) \right|\leq M,\ \ \forall x\in \left[0,1 \right]$
Έστω $\displaystyle x\in \left(0,1 \right)$ . Λόγω του Θ.Μ.Τ. υπάρχει $\displaystyle \xi \in \left(0,x \right)$ ώστε:
$\displaystyle f'(\xi )=\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\frac{f(x)}{x}$ (αφού $\displaystyle f\left(0 \right)=0$ )
Έτσι
$\displaystyle \left|\frac{f(x)}{x} \right|=\left|f'\left(\xi \right) \right|=\left|\xi ^\alpha f(\xi ^b) \right|\\ \Rightarrow \frac{\left|f(x) \right|}{x}=\xi ^\alpha \left|f(\xi ^\beta ) \right|\leq x^\alpha \left|f(\xi ^\beta ) \right| \ \ \Rightarrow \left|f(x) \right|\leq x^{\alpha +1}.\left|f(\xi ^\beta ) \right|: \ \ (2)$

Είναι $\displaystyle \left|f\left(\xi ^\beta \right) \right|\leq M$ , οπότε από τη (2) έχουμε:
$\displaystyle \left|f(x) \right|\leq M.x^{\alpha +1}$ άρα:
$\displaystyle \left|f\left(\xi ^\beta \right) \right|\leq M(\xi ^\beta )^{\alpha +1}=M.\xi ^{\beta (\alpha +1)}\leq M.x^{\beta (\alpha +1)}$
από τη (2) έχουμε:
$\displaystyle \left|f(x) \right|\leq x^{\alpha +1}.M.x^{\beta (\alpha +1)}\Rightarrow \left|f(x) \right|\leq M.x^{(\alpha +1)(1+\beta )}$
άρα:
$\displaystyle \left|f\left(\xi ^\beta \right) \right|\leq M(\xi ^\beta )^{(\alpha +1)(1+\beta )}=M\xi ^{(\alpha +1)(\beta +\beta ^2)}\leq M.x^{(\alpha +1)(\beta +\beta ^2)}$
οπότε από τη (2) έχουμε:
$\displaystyle \left|f(x) \right|\leq x^{\alpha +1}.M.x^{(\alpha +1)(\beta +\beta ^2)}=M.x^{\left(a+1 \right)\left(1+\beta +\beta ^2 \right)}$
και επαγωγικά έχουμε:
$\displaystyle \left|f(x) \right|\leq M.x^{\left(a+1 \right)\left(1+\beta +\beta ^2 +...+\beta ^n\right)}$ για κάθε $\displaystyle x\in \left(0,1 \right)$ και για κάθε $\displaystyle n\in N^*$ .
Άρα για κάθε $\displaystyle x\in \left(0,1 \right)$ και για κάθε $\displaystyle n\in N^*$ ισχύει:
$\displaystyle \left|f(x) \right|\leq M.x^{(\alpha +1).\frac{\beta ^{n+1}-1}{\beta -1}}$
οπότε:
$\displaystyle \lim_{n\rightarrow +\propto }\left|f(x) \right|\leq \lim_{n\rightarrow +\propto }(M.x^{(\alpha +1).\frac{\beta ^{n+1}-1}{\beta -1}})\Rightarrow \left|f(x) \right|\leq 0\Rightarrow f(x)=0$
και επειδή η $\displaystyle f$ είναι συνεχής στο $\displaystyle x_o=1$ έχουμε
$\displaystyle f(1)=\lim_{x\rightarrow 1-}f(x)=\lim_{x\rightarrow 1-}0=0$ . Ακόμα είναι $\displaystyle f\left(0 \right)=0.$ .
Άρα $\displaystyle f(x)=0, \forall x\in \left[0,1 \right]$ (ικανοποιεί την υπόθεση).

#7

Άλλη μία λύση,προτεινόμενη από τον Νίκο Ζανταρίδη(nikoszan)

H $\displaystyle{ |f| }$ παρουσιάζει στο $\displaystyle{ \left[ {0,1} \right] }$ μέγιστο κι ελάχιστο.

Έστω $\displaystyle{ M }$ το μέγιστο της $\displaystyle{ |f| }$ .

Είναι φανερό ότι $\displaystyle{ M \ge 0 }$ .

Έστω $\displaystyle{ M > 0 }$ και $\displaystyle{ x \in (0,1] }$

Λόγω του Θ.Μ.Τ υπάρχει $\displaystyle{ \xi \in \left( {0,x} \right) }$ ώστε $\displaystyle{ f'(\xi ) = \frac{{f(x) - f(0)}}{{x - 0}} = \frac{{f(x)}}{x}(...f(0) = 0) }$

Έπεται πως:

$\displaystyle{ \left| {\frac{{f(x)}}{x}} \right| = \left| {f'(\xi )} \right| = \left| {\xi ^a f(\xi ^\beta )} \right| = \xi ^a \left| {f(\xi ^\beta )} \right| \le \xi ^\alpha {\rm M} < x^a M \Rightarrow \frac{{\left| {f(x)} \right|}}{x} < x^a M \Rightarrow \left| {f(x)} \right| < x^{a + 1} M(:\Sigma ) }$

Αν $\displaystyle{ x_0 }$ είναι η θέση μεγίστου της $\displaystyle{ |f| }$ τότε είναι φανερό ότι $\displaystyle{ x_0 \in (0,1] }$ .(Αφού $\displaystyle{ |f(0)| = 0 < M = |f|_{\max } = |f(x_0 )| }$ )

Από τη $\displaystyle{ \left( \Sigma \right) }$ γιά $\displaystyle{ x = x_0 }$ έχουμε: $\displaystyle{ |f(x_0 )| < x_0 ^{a + 1} M \Rightarrow M < x_0 ^{a + 1} M \le M \Rightarrow M < M }$ ΆΤΟΠΟ

Άρα $\displaystyle{ M = 0 }$ επομένως $\displaystyle{ f(x) = 0,\forall x \in \left[ {0,1} \right] }$

ΣΧΟΛΙΟ:'Οπως φαίνεται στην παραπάνω λύση δεν είναι απαραίτητο το $\displaystyle{ \beta > 1 }$ αλλά αρκεί να είναι $\displaystyle{ \beta > 0 }$ .

#8

Πολύ ωραία.

Μία μικρή παρέμβαση μόνο.

chris_gatos έγραψε:<...>

ΣΧΟΛΙΟ:'Οπως φαίνεται στην παραπάνω λύση δεν είναι απαραίτητο το $\displaystyle{ \beta > 1}$ αλλά αρκεί να είναι $\displaystyle{ \beta > 0}$ .

Ακόμα καλύτερα, ούτε αυτός ο περιορισμός χρειάζεται. Η μόνη χρήση του β φαίνεται να είναι στο βήμα

$\xi^{\alpha}|f(\xi^{\beta})|\le \xi^{\alpha}M$

που δεν χρησιμοποιεί το $\beta >0$ .

Οπότε η αρχική υπόθεση $f^{\prime}(x)=x^{\alpha}f(x^{\beta})$ θα μπορούμε να αντικατασταθεί με την γενικότερη

"για κάθε x>0

υπάρχει $\eta\in[0,1]$ με $f^{\prime}(x)=x^{\alpha}f(\eta)$ "

και όλα φαίνεται να λειτουργούν.

Φιλικά,

Μιχάλης

nikoszan · #9

Μιχαλη γεια σου.Θελω να τονισω οτι το β > 0 απαιτειται για να οριζεται το f(x**β) στο [0,1],δηλ. και στο 0.Φυσικα η προταση που αναφερεις ειναι μια απλη παραλλαγη της ασκησης και ειναι καλοδεχουμενη.
Με εκτιμηση Ν.Ζανταριδης.

#10

nikoszan έγραψε:Θελω να τονισω οτι το β > 0 απαιτειται για να οριζεται το f(x**β) στο [0,1],δηλ. και στο 0.

Νίκο, το ξέρω αυτό (το παρατήρησα) αλλά δεν χρειάζεται: Η χρήση της $f^{\prime}(\xi)=\xi^af(\xi^b)$ γίνεται για ξ στο ανοικτό (0,x)

.

Φλικά και με εκτίμιση,

Μιχάλης

nikoszan · #11

Μιχαλη αν η συνθηκη για την παραγωγο περιοριστει στο (0,1),τοτε μπορει να ειναι β>=0 και οχι οποιοδηποτε,γιατι για β<0 ειναι χ**β >1 για καθε χ που ανηκει στο (0,1).Ετσι ο περιορισμος
για το β ειναι απαραιτητος,ακομη και για (0,1).
Με εκτιμηση Ν.Ζανταριδης.

#12

nikoszan έγραψε: για β<0 ειναι χ**β >1 για καθε χ που ανηκει στο (0,1).

Έχεις απόλυτο δίκιο. Ευχαριστώ.

Μ.

#13

chris_gatos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ από τον Ν.ΖΑΝΤΑΡΙΔΗ(nikoszan)

Η συνάρτηση $\displaystyle{ f:\left[ {0,1} \right] \to R }$ είναι παραγωγίσιμη και ισχύει:

$\displaystyle{ f'(x) = x^a f(x^\beta ),\forall x \in \left[ {0,1} \right] }$ με $\displaystyle{ a }$ θετικό πραγματικό, $\displaystyle{ \beta > 1 }$ (γενικότερα $\displaystyle{{\color {red} \forall x \in \left[ {0,1} \right] \exists \eta _x \mu \epsilon f'(x) = x^a f(\eta_x ), }}$ ) και $\displaystyle{ f(0) = 0 }$ .

Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{ f(x) = 0,\forall x \in \left[ {0,1} \right] }$

Απλά για να υπάρχει ας ξαναγράψω την ωραία λύση του Νίκου (στο λίγο γενικότερο πρόβλημα), όπως την διαβάζω:

Έστω |f(x_0)|

η μέγιστη τιμή της |f|

. Τότε για κάποιο $\xi$ είναι

$|f(x_0)| = |f(x_0)-f(0)|= |f^{\prime}(\xi)(x_0-0)|= |\xi^af(\eta_{\xi})(x_0-0)|\le x_0\xi_0^a|f(x_0)|$ άρα |f(x_0)|=0

(διότι $0\le x_0\xi ^a <1$ ).

Τελικά $f(x)=0 \forall x \in [0,1]$ αφού $0\le |f(x)|\le|f(x_0)|=0$ , όπως θέλαμε.

Φιλικά και με ευχαριστίες στον Νίκο,

Μιχάλης

Μηδενική συνάρτηση

Μηδενική συνάρτηση

Re: Μηδενική συνάρτηση

Re: Μηδενική συνάρτηση

Re: Μηδενική συνάρτηση

Re: Μηδενική συνάρτηση

Re: Μηδενική συνάρτηση

Re: Μηδενική συνάρτηση

Re: Μηδενική συνάρτηση

Re: Μηδενική συνάρτηση

Re: Μηδενική συνάρτηση

Re: Μηδενική συνάρτηση

Re: Μηδενική συνάρτηση

Re: Μηδενική συνάρτηση

Μέλη σε σύνδεση