Συναρτησιακή 245

Συντονιστής: m.pαpαgrigorakis

s.kap
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2455
Εγγραφή: Τρί Δεκ 08, 2009 6:11 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα

Συναρτησιακή 245

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από s.kap » Πέμ Ιουν 23, 2011 9:47 am

Αν a,b \in \mathbb{R}^* ώστε b \ge a-1 \ge 0. Να εξεταστεί αν υπάρχει συνάρτηση

f:\mathbb{R} \to \mathbb{R} με f(ax+b)-f\left(\frac {1}{x}\right)=x^2+1, \forall x \in [-1,1]-\{0\}


Σπύρος Καπελλίδης
Άβαταρ μέλους
ΧΡΗΣΤΟΣ ΚΑΡΔΑΣΗΣ
Δημοσιεύσεις: 704
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 17, 2009 7:07 pm
Τοποθεσία: ΚΑΒΑΛΑ

Re: Συναρτησιακή 245

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΧΡΗΣΤΟΣ ΚΑΡΔΑΣΗΣ » Πέμ Ιουν 23, 2011 12:16 pm

Αν είμαι σωστός , δεν υπάρχει τέτοια συνάρτηση ...

H εξίσωση \displaystyle{a{x^2} + bx - 1 = 0} έχει \displaystyle{D = {b^2} + 4a > 0} άρα υπάρχουν \displaystyle{{x_1},{x_2} \in R} τέτοια ώστε \displaystyle{{x_1} = \frac{{ - b + \sqrt {{b^2} + 4a} }}{{2a}}} , \displaystyle{{x_2} = \frac{{ - b - \sqrt {{b^2} + 4a} }}{{2a}}}
Θα δείξω ότι ισχύει \displaystyle{0 < {x_1} \le 1 \Leftrightarrow 0 < \frac{{ - b + \sqrt {{b^2} + 4a} }}{{2a}} \le 1}
Το αριστερό μέλος είναι προφανές .
Για το δεξιό έχουμε ισοδύναμα
\displaystyle{\frac{{ - b + \sqrt {{b^2} + 4a} }}{{2a}} \le 1 \Leftrightarrow \sqrt {{b^2} + 4a}  \le b + 2a\mathop {\mathop  \Leftrightarrow \limits^{b + 2a > 0} }\limits_{{b^2} + 4a > 0} {b^2} + 4a \le {b^2} + 4{a^2} + 4ab \Leftrightarrow a \le {a^2} + ab \Leftrightarrow 1 \le a + b} που ισχύει .
Άρα υπάρχει
\displaystyle{{x_1} \in \left( {0,1} \right]} τέτοιο ώστε \displaystyle{a{x_1} + b = \frac{1}{{{x_1}}}} .
Για αυτό το x1 η δοσμένη γίνεται \displaystyle{f\left( {a{x_1} + b} \right) - f\left( {\frac{1}{{{x_1}}}} \right) = {x_1}^2 + 1 \Leftrightarrow 0 = {x_1}^2 + 1} , άτοπο .


Χρήστος Καρδάσης
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ - ΟΡΙΑ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης