mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 26, 2008 11:05 pm**

Ευχαριστώ πολύ για τις λύσεις των συναδέλφων στην προηγούμενη άσκηση...
Συνεχίζω με την εξής άσκηση...
Εστω $\displaystyle{f:\left[ {\alpha ,\beta } \right] \to \left[ {\alpha ,\beta } \right]}$ συνάρτηση για την οποία ισχύει:
$\displaystyle{\left| {f(x) - f(y)} \right| \ge \left| {x - y} \right|}$ ,για κάθε x,y

στο $\displaystyle{\left[ {\alpha ,\beta } \right]}$ .
Να αποδείξετε οτι $\displaystyle{\left| {f(x) - f(y)} \right| \ge \left| {x - y} \right|}$ για κάθε x,y

στο $\displaystyle{\left[ {\alpha ,\beta } \right]}$ .

Υ.Γ: Επεξεργασία σε latex 22/01/2016

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 26, 2008 11:17 pm**

Χρήστο είναι καλή η εκφώνηση; Φέρνω στο μυαλό μου την e^x

στο

.
Μαυρογιάννης

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 26, 2008 11:23 pm**

Κύριε Μαυρογιάννη είναι ακριβώς έτσι η εκφώνηση.Είναι στον πρώτο απο τους 3 τόμους της ''ανάλυσης'' του Τάκη του Βλάμου,σελ 42.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 26, 2008 11:31 pm**

nsmavrogiannis έγραψε:Χρήστο είναι καλή η εκφώνηση; Φέρνω στο μυαλό μου την στο .
Μαυρογιάννης

Νίκο, η άσκηση ζητά το σύνολο τιμών να είναι στο [α, β], δηλαδή όπως το πεδίο ορισμού.
Οπότε το αντιπαράδειγμά σου δεν κάνει. Και εγώ είχα σκεφτεί ακριβώς το ίδιο
αλλά μετά είδα σωστότερα την εκφώνηση.
Όμως ίσως (λέω, ίσως) η εκφώνηση πρέπει να διορθωθεί σε "f συνεχής".

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 26, 2008 11:34 pm**

Ωχ! Ούτε που το είδα.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 26, 2008 11:56 pm**

Με την έξτρα υπόθεση ότι η f είναι συνεχής, να μία απόδειξη:

Η υπόθεση δίνει ότι η f είναι 1-1 (απλό). Άρα, ως συνεχής (!) είναι μονότονη. Χωρίς βλάβη, αύξουσα.

Αν υπάρχουν p, q στο [α, β] με | f(p) – f(q) | > |p – q| τότε, χωρίς βλάβη a < p < q < b.
Έτσι έχουμε (τα απόλυτα φεύγουν διότι f αύξουσα)
f(b) – f(q) > = b – q
f(q) – f(p) > q – p
f(p) – f(a) > = p – a

Προσθέτοντας κατά μέλη f(b) – f(α) > b – α (γνήσια ανίσωση). Άτοπο διότι
f(b) – f(α) < = b – a (αφού το σύνολο τιμών περιέχεται στο [a, b] ).

Για f ασυνεχή, ίδωμεν....

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 27, 2008 12:17 am**

Από τα δεδομένα παίρνουμε $|f(a)-f(b)| \geq b-a \ \ (1)$
Από την άλλη επειδή $f(x) \in [a,b]$ άρα

$a\leq f(a) \leq b$
$-b\leq -f(b) \leq -a$ και με πρόσθεση των δύο τελευταίων παίρνουμε $a-b\leq f(a)-f(b) \leq b-a$

έτσι $|f(a)-f(b)|\leq b-a \ \ (2)$ . Λόγω των (1)

και

παίρνουμε

.

Όμως η τελευταία ισότητα δίνει [f(a)=a

και

ειτε

και

.

Στην πρώτη περίπτωση που f(a)=a

και

: Θέτουμε στην αρχική σχέση y=a

και παίρνουμε $|f(x)-f(a)|\geq |x-a|=x-a$ άρα $f(x)-a\geq x-a$ δηλαδή $f(x)\geq x$ , για κάθε $x\in[a,b]$ .

Από την άλλη θέτοντας y=b

παίρνουμε $|f(x)-f(b)|\geq |x-b|$ δηλαδή $b-f(x)\geq b-x$ δηλαδή $f(x) \leq x$ , για κάθε $x\in[a,b]$ .
Συνεπώς $\boxed{f(x)=x, \ \ \forall x\in[a,b]}$

Στη δεύτερη περίπτωση που f(a)=b

και

: Θέτουμε

στην αρχική κι έτσι παίρνουμε $|f(x)-f(a)|\geq |x-a|$ δηλαδή $|f(x)-b|\geq |x-a|$ δηλαδή $b-f(x)\geq x-a$ δηλαδή $f(x)\leq a+b-x$ για κάθε $x\in[a,b]$ .

Από την άλλη, θέτοντας y=b

στην αρχική παίρνουμε $|f(x)-f(b)|\geq |x-b|$ δηλαδή $|f(x)-a|\geq |x-b|$ δηλαδή $f(x)-a\geq b-x$ δηλαδή $f(x) \geq a+b-x$ , για κάθε $x\in[a,b]$ .
Συνεπώς $\boxed{f(x)=a+b-x, \ \ \forall x\in[a,b]}$ .

Σε κάθε μία από τις παραπάνω περιπτώσεις ισχύει η ζητούμενη σχέση.

Αλέξανδρος Συγκελάκης

Υ.Γ. Πιστεύω ότι βγαίνει με γρηγορότερο τρόπο καθώς η παραπάνω προσδιορίζει ακριβώς τις συναρτήσεις που επαληθεύουν τη συγκεκριμένη σχέση. Είναι κάτι καλύτερο από αυτό που ζητάει η άσκηση. Φυσικά όλα αυτά, μόνο εάν τα παραπάνω είναι σωστά και δεν έχω χάσει κάπου.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 27, 2008 12:42 am**

Nομίζω Αλέξανδρε πως η λύση σου είναι μαθηματικά άρτια (δεδομένου της περασμένης ώρας).
Καληνύχτα και ευχαριστώ πολύ!

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 27, 2008 8:59 pm**

chris_gatos έγραψε:Εστω f:[α,β]->[α,β] συνάρτηση για την οποία ισχύει:
|f(x)-f(ψ)|>=|χ-ψ|,για κάθε χ,ψ στο [α,β].
Να αποδείξετε οτι |f(x)-f(ψ)|=|χ-ψ| για κάθε χ,ψ στο [α,β]

....................

cretanman έγραψε:
....Συνεπώς $\boxed{f(x)=x, \ \ \forall x\in[a,b]}$
$\boxed{f(x)=a+b-x, \ \ \forall x\in[a,b]}$ ....

Βρίσκω καταπληκτικό το αποτέλεσμα που δίνει η απόδειξη του Αλέξανδρου στην πολύ καλή, όπως αποδεικνύεται, έμπνευση της άσκησης.
Μπράβο και στους δύο: Στον Αλέξανδρο και σ΄αυτόν που εμπνεύστηκε την άσκηση για τον οποίο δεν γνωρίζω κατά πόσο είχε υπόψιν του το αποτέλεσμα που δίνει η απόδειξη του Α. ή, αν φτάνει στο ζητούμενο, χωρίς αυτό!
Χρήστο, μήπως γνωρίζεις τη λύση που δίνει ο συγγραφέας;

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 27, 2008 9:39 pm**

Την έχει άλυτη κύριε Σερίφη...

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 28, 2008 1:03 am**

k-ser έγραψε: Μπράβο και στους δύο: Στον Αλέξανδρο και σ΄αυτόν που εμπνεύστηκε την άσκηση για τον οποίο δεν γνωρίζω κατά πόσο είχε υπόψιν του το αποτέλεσμα που δίνει η απόδειξη του Α. ή, αν φτάνει στο ζητούμενο, χωρίς αυτό!

Ευχαριστώ πολύ για τα καλά σας λόγια κύριε Σερίφη!

Αλέξανδρος

mathematica.gr

''πονηράδας''....συνέχεια.

''πονηράδας''....συνέχεια.

Re: ''πονηράδας''....συνέχεια.

Re: ''πονηράδας''....συνέχεια.

Re: ''πονηράδας''....συνέχεια.

Re: ''πονηράδας''....συνέχεια.

Re: ''πονηράδας''....συνέχεια.

Re: ''πονηράδας''....συνέχεια.

Re: ''πονηράδας''....συνέχεια.

Re: ''πονηράδας''....συνέχεια.

Re: ''πονηράδας''....συνέχεια.

Re: ''πονηράδας''....συνέχεια.