Αν δεν μπουν ισοδυναμίες εδώ:


$\displaystyle{2^x=x+1 \overset{x>-1}{\Rightarrow} xln2=ln(x+1) \Rightarrow\boxed{ ln(x+1)-xln2=0 }}$


η λύση έχει κάποιο κενό. Μπαλώνεται μεν, αλλά το κενό είναι κενό.


Η αλήθεια είναι ότι εκ παραδρομής ξέχασα να βάλω διπλές συνεπαγωγές, ο οποίες όμως ισχύουν ...

$\displaystyle{2^x=x+1 \overset{x>-1}{\Rightarrow} xln2=ln(x+1) \Rightarrow\boxed{ ln(x+1)-xln2=0 }}$

Θεωρούμε $\displaystyle{f(x)=ln(x+1)-xln2, \ \ x>-1}$
$\displaystyle{f'(x)=\frac{1}{x+1}-ln2}$
$\displaystyle{f''(x)=-\frac{1}{(x+1)^2}}$

Έστω ότι η f έχει 3 διαφορετικές μεταξύ τους ρίζες $ x_1 ...

Παίρνοντας όριο στο $-\infty$:
$\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}f(x)=\lim_{x\rightarrow -\infty}x^2e^{x^3}=\left (\lim_{x\rightarrow -\infty}\frac{1}{x} \right )\left (\lim_{x\rightarrow -\infty}x^3e^{x^3} \right )=0}$

καθώς: $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}x^3e^{x^3} \overset{u ...

Εφαρμόζοντας Θ.Μ.Τ στο διάστημα $[0,x]$: $\ \ \ \ \exists \rho \in (0,x) $ τέτοιο ώστε $f'(\rho)=\frac{f(x)}{x}$

Όμως $\rho<x \overset{f'\uparrow}{\Rightarrow} \frac{f(x)}{x}<f'(x) \overset{x>0}{\Rightarrow} \boxed{xf'(x)-f(x)>0 \ \ \forall x \in (0,+\infty)} $ (1)

Παραγωγίζοντας την g: $g'(x ...

Edit: Παρατήρησα λάθος στην λύση μου (από ένα σημείο και μετά ενάλλαξα b κ' c) και τώρα την διόρθωσα, καταλήγοντας στο ίδιο αποτέλεσμα με την παραπάνω λύση.

Μία προσέγγιση με μαθηματικά κατεύθυνσης Β' και παραγώγων Γ' λυκείου:

Έστω τα σημεία $A\left ( 0,0 \right ), \ B\left ( c,0 \right ), \ C\left (0,b \right )$ , το μέσον $ M \left ( \frac{c}{2},\frac{b}{2} \right )$ και τα :$S\left ( x,0 \right ), \ P\left ( 0,y \right )$

Ισχύει:
$(AM)=\sqrt{ \left ...

Αντρέα δεν μπορείς να βάλεις $A$ οτιδήποτε.
Το $A$ πρέπει να είναι πλήρης μετρικός χώρος.
Στην περίπτωση του $\mathbb{R}$
αναγκαία και ικανή συνθήκη είναι το $A$ να είναι κλειστό σύνολο.


Το θεώρημα αυτό του Banach έχει πάρα πολλές εφαρμογές.
Και σε θεωρητικό και σε πρακτικό επίπεδο.
Πολλά ...

Άρα θα έχουμε το πολύ ένα που έχει αποδειχτεί με άτοπο.

Ναι, θα έχουμε το πολύ ένα τέτοιο ώστε , όπως έδειξες με άτοπο. Η υπόλοιπη λύση θέλει τροποποίηση

$0\leq |f(x)-f(y)|\leq k|x-y|\Rightarrow 0\leq \lim_{y\to x} |f(x)-f(y)|\leq \lim_{y\to x}|x-y|$
Aπό KΠ $\lim_{y\to x} |f(x)-f(y)|=0$ Άρα $f$ συνεχής στο $\mathbb{R}$
Για την μοναδικότητα του $x_0$ έστω ότι $\exists x_1\neq x_0:f(x_1)=x_1$
Καταλήγουμε σε $1\leq k$ ΑΤΟΠΟ
Θεωρούμε $f(0)=a>0$ τότε ...

Δίνω και τις βοηθητικές προτάσεις, των οποίων οι λύσεις πιστεύω ότι εμφανίζουν ενδιαφέρον, γιατί η λύση της αρχικής πρότασης χωρίς αυτές μου φαίνεται κάπως ουρανοκατέβατη .


Ανδρέα, ευχαριστούμε, όμως για να μην αποκομίζει κανείς εσφαλμένες εντυπώσεις επισημαίνω ότι η πρόταση είναι πάρα πολύ ...

Πρόκειται για μια ειδική περίπτωση του Θεωρήματος σταθερού σημείου του Banach

https://en.wikipedia.org/wiki/Banach_fixed-point_theorem

πολύ καλά έκανες Αντρέα και το έβαλες.

Σου εύχομαι καλή διασκέδαση στο :logo:


Ευχαριστώ για την εύστοχη παρατήρηση και το καλωσόρισμα, η αλήθεια είναι ότι ...

Να δειχθεί ότι:

Άν: $f: A \rightarrow A \ \ \mu\varepsilon \ \ \left | f(x)-f(y)\right|\leqslant k\left | x-y \right | \ ,\ \forall x,y\in A\ \ ,\ k\in\left [ 0,1 \right )$, όπου $A$ κλειστό υποσύνολο του $\mathbb{R}$

Τότε: $\exists !x_0\in\mathbb{R}:f(x_0)=x_0$

Προτάσεις-υποδείξεις:

Έστω $f:A ...

Άλλη μία παραλλαγή αλλά αποφεύγοντας τον Darboux, μια και ο τελευταίος είναι εκτός Λυκειακής ύλης:

Η συνάρτηση είναι $1-1$ διότι αν $a\ne b$ έχουμε $|f(a)-f(b)|= |f'(\xi)(a-b)|\ne 0$. Άρα η $f$ είναι γνήσια μονότονη ως συνεχής, και χωρίς βλάβη είναι γνήσια αύξουσα. Έπεται ότι $f'(x) \ge 0$, που ...

Μιά γενίκευση της παραπάνω άσκησης:

$f:[a,+\infty ) \rightarrow \mathbb{R}, \ f(a)=ca, \ \exists k\in(a,+\infty): f'(k)=c$

& f κυρτή και αύξουσα τότε η f τέμνει την cx σε ακριβώς 2 σημεία στο $[a,+\infty)$

Ορίζουμε: $g(x)=f(x)-cx, \ \ x\in[a,+\infty) \\$

$g(x)=f'(x)-c$ η οποία είναι αύξουσα ...

Παρατήρησα (και απέδειξα μετά) ότι ισχύει η παρακάτω σχέση:

$f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} \ \ \mu\varepsilon \ \left |f'(x) \right |>c>0 \ , \forall x\in\mathbb{R}\left \Rightarrow f(\mathbb{R})=\mathbb{R}$

Η απόδειξή της είναι σχετικά απλή και βγαίνει και με μαθηματικά λυκείου.

Μπορούμε ...

Το $\mathbb{R}^{+}$ δεν περιέχει το $0$
(έτσι νομίζω)
Το έχω συναντήσει να ορίζεται ως $\mathbb{R^+}=\{x\in\mathbb{R}\mid x\geq 0\}$ και όταν δεν περιέχει το 0 να συμβολίζεται $\mathbb{R^*_+}$ , δηλαδή $\mathbb{R^*_+}=\{x\in\mathbb{R}\mid x> 0\}$ , αλλά με μια πρόχειρη έρευνα που έκανα, τώρα που ...

Καλησπέρα. Μια πιο "λυκειακή" προσέγγιση του θέματος:

Ισχύει: $\boxed{f(x+f(y))+f(y+f(x))=2(x+y)}\quad \forall x,y \in \mathbb{R^+}$ (σχέση 1)

Στην (1) θέτουμε x=y=0:
$f(0+f(0))+f(0+f(0))=2(0+0)\Rightarrow 2f(f(0))=0\Rightarrow \boxed{\mathbf{f(f(0))=0}}$ (σχέση 2)

Στην (1) μπορουμε να θέσουμε ...