ΕΥΡΕΣΗ ΤΥΠΟΥ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ 1

gabriel · #1

Kαλησπέρα, χρόνια πολλά με υγεία σε όλους μας

. Μια βοήθεια θα μου ήταν πολύτιμη!!!!! Ευχαριστώ εκ των προτέρων....

Για την παραγωγίσιμη

με $x\geq 0$ είναι $e^{ f ΄(x)}}+f(x)=e^{2x}+x^{2}$ με f(0)=0

.Να βρείτε τον τύπο της συνάρτησης

.

#2

gabriel έγραψε:Kαλησπέρα, χρόνια πολλά με υγεία σε όλους μας . Μια βοήθεια θα μου ήταν πολύτιμη!!!!! Ευχαριστώ εκ των προτέρων....

Για την παραγωγίσιμη με $x\geq 0$ είναι $e^{ f ΄(x)}}+f(x)=e^{2x}+x^{2}$ με f(0)=0.Να βρείτε τον τύπο της συνάρτησης f.

...μιά προσπάθεια στις απαιτήσεις της....

Η ισότητα γράφεται ισοδύναμα ${{e}^{f\text{ }\!\!\acute{\ }\!\!\text{ }(x)-2x}}+{{e}^{-2x}}f(x)=1+{{x}^{2}}{{e}^{-2x}}\Leftrightarrow {{e}^{f\text{ }\!\!\acute{\ }\!\!\text{ }(x)-2x}}=1-(f(x)-{{x}^{2}}){{e}^{-2x}}$ (1)

και με $g(x)=f(x)-{{x}^{2}},\,\,\,x\ge 0$ είναι ${g}'(x)={f}'(x)-2x,\,\,\,x\ge 0$ και η (1) γίνεται ${{e}^{{g}'(x)}}=1-g(x){{e}^{-2x}},\,\,\,x\ge 0$ (2)

και επειδή από γνωστή εφαρμογή ισχύει ότι ${{e}^{x}}\ge x+1,\,\,\,\,x\in R$ θα ισχύει και ότι

${{e}^{{g}'(x)}}\ge {g}'(x)+1,\,\,\,\,x\in R$ έτσι έχουμε από (2) ότι

$1-{{e}^{-2x}}g(x)\ge {g}'(x)+1\Leftrightarrow {g}'(x)+{{e}^{-2x}}g(x)\le 0,\,\,\,\,x\in R$ ή ότι

${{e}^{\int\limits_{0}^{x}{{{e}^{-2t}}dt}}}{g}'(x)+{{e}^{\int\limits_{0}^{x}{{{e}^{-2t}}dt}}}{{e}^{-2x}}g(x)\le 0\Leftrightarrow {{\left( {{e}^{\int\limits_{0}^{x}{{{e}^{-2t}}dt}}}g(x) \right)}^{\prime }}\le 0,\,\,\,\,\,x\ge 0$ (3)

Τώρα αν $h(x)={{e}^{\int\limits_{0}^{x}{{{e}^{-2t}}dt}}}g(x),\,\,\,\,x\ge 0$ τότε στο διάστημα $[0,\,\,\,\,\kappa ],\,\,\,\,\kappa >0$

σύμφωνα με το Θ.Μ.Τ θα υπάρχει $\xi \in (0,\,\,\kappa )$ ώστε ${h}'(\xi )=\frac{h(\kappa )-h(0)}{k}=\frac{h(\kappa )}{\kappa }$ και επειδή

λόγω (3) ${h}'(x)\le 0$ θα είναι ότι $h(\kappa )\le 0,\,\,\,k>0$ άρα και

$h(x)={{e}^{\int\limits_{0}^{x}{{{e}^{-2t}}dt}}}g(x)\le 0,\,\,\,\,x\ge 0$ άρα και $g(x)\le 0,\,\,\,\,x\ge 0$ οπότε

$f(x)-{{x}^{2}}\le 0,\,\,\,\,x\ge 0$ και από την αρχική θα έχουμε ότι $f(x)-{{x}^{2}}={{e}^{2x}}-{{e}^{{f}'(x)}}\le 0,\,\,\,\,x\ge 0$

άρα ${{e}^{2x}}\le {{e}^{{f}'(x)}}\Leftrightarrow 2x<{f}'(x)\Leftrightarrow {g}'(x)\ge 0$

και με ανάλογο τρόπο δηλαδή από Θ.Μ.Τ στο $[0,\,\,\,\,\kappa ],\,\,\,\,\kappa >0$ για την

δείχνουμε ότι $g(x)\ge 0,\,\,\,x\ge 0$ επομένως $g(x)=0,\,\,\,x\ge 0\Leftrightarrow f(x)={{x}^{2}},\,\,\,x\ge 0$

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

nikoszan · #3

gabriel έγραψε:Kαλησπέρα, χρόνια πολλά με υγεία σε όλους μας . Μια βοήθεια θα μου ήταν πολύτιμη!!!!! Ευχαριστώ εκ των προτέρων....

Για την παραγωγίσιμη με $x\geq 0$ είναι $e^{ f ΄(x)}}+f(x)=e^{2x}+x^{2}$ με f(0)=0.Να βρείτε τον τύπο της συνάρτησης f.

... $\displaystyle{G\left( x \right) = f\left( x \right) - {x^2},x \ge 0}$
Για κάθε $\displaystyle{x \ge 0}$ έχουμε $\displaystyle{{e^{f'\left( x \right)}} + f(x) = {e^{2x}} + {x^2} \Rightarrow }$ \displaystyle{\displaystyle{{e^{G'\left( x \right) + 2x}} + G\left( x \right) = {e^{2x}} \Rightarrow }

\displaystyle{ \Rightarrow {e^{G'\left( x \right)}} + G\left( x \right){e^{ - 2x}} = 1:\left( 1 \right)} Είναι γνωστό ότι ισχύει

\displaystyle{{e^x} \ge x + 1,\forall x \in R} , οπότε για κάθε

\displaystyle{x \ge 0} έχουμε :

\displaystyle{1 = {e^{G'\left( x \right)}} + G\left( x \right){e^{ - 2x}} \ge \left( {G'\left( x \right) + 1} \right) + G\left( x \right){e^{ - 2x}} \Rightarrow }} $\displaystyle{G'\left( x \right) + G\left( x \right){e^{ - 2x}} \le 0 \Rightarrow }$
$\displaystyle{ \Rightarrow \left( {G'\left( x \right) + G\left( x \right){e^{ - 2x}}} \right){e^{ - \frac{1}{2}{e^{ - 2x}}}} \le 0 \Rightarrow {\left( {G\left( x \right){e^{ - \frac{1}{2}{e^{ - 2x}}}}} \right)^\prime } \le 0}$
Επομένως η συνάρτηση $\displaystyle{H\left( x \right) = G\left( x \right){e^{ - \frac{1}{2}{e^{ - 2x}}}},x \ge 0}$ είναι φθίνουσα.οπότε ισχύει $\displaystyle{H\left( x \right) \le H\left( 0 \right),\forall x \ge 0 \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow G\left( x \right){e^{ - \frac{1}{2}{e^{ - 2x}}}} \le G\left( 0 \right){e^{ - \frac{1}{2}{e^{ - 2.0}}}} = \left( {f\left( 0 \right) - {0^2}} \right).1 = f\left( 0 \right) = 0,\forall x \ge 0}$ $\displaystyle{ \Rightarrow G\left( x \right) \le 0,\forall x \ge 0:\left( 2 \right)}$
Ακόμη για κάθε $\displaystyle{x \ge 0}$ ισχύει :
$\displaystyle{\left( 1 \right) \Rightarrow 1 = {e^{G'\left( x \right)}} + G\left( x \right){e^{ - 2x}}\mathop \le \limits^{\left( 2 \right)} {e^{G'\left( x \right)}} \Rightarrow }$ $\displaystyle{{e^{G'\left( x \right)}} \ge {e^0}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {{e^x}: \uparrow } \right)} G'\left( x \right) \ge 0}$ . Επομένως η $\displaystyle{G}$
είναι αύξουσα στο $\displaystyle{\left[ {0, + \infty } \right)}$ ,οπότε ισχύει: $\displaystyle{G\left( x \right) \ge G\left( 0 \right),\forall x \ge 0\mathop \Rightarrow \limits^{G\left( 0 \right) = 0} G\left( x \right) \ge 0,\forall x \ge 0:\left( 3 \right)}$
Απο $\displaystyle{\left( 2 \right)}$ και $\displaystyle{\left( 3 \right)}$ προκύπτει ότι ισχύει $\displaystyle{G\left( x \right) = 0,\forall x \ge 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) - {x^2} = 0,\forall x \ge 0 \Leftrightarrow f\left( x \right) = {x^2},\forall x \ge 0}$
(ικανοποιεί την υπόθεση)
Ν.Ζ.
Εκ των υστέρων είδα την ανάρτηση του Βασίλη(Βασίλη χρόνια πολλά) .Για τον κόπο όμως την αφήνω .

#4

Θα δείξω ότι $\displaystyle{f(x)=x^2}$

αν αυτόν δεν ισχύει θα υπάρχει $\displaystyle{x_0:f(x_0)\ne x_0^2}$ πχ $\displaystyle{f(x_0)>x_0^2}$

λόγω συνέχειας θα υπάρχει $\displaystyle{ (a,b):g(x)=f(x)-x^2>0 \forall x\in(a,b)}$

αφού $\displaystyle{f(0)-0^2=0}$ ας είναι $\displaystyle{a}$ στοιχείο του $\displaystyle{[0,+\infty):g(a)=0}$ ενώ $\displaystyle{g(x)>0 \forall x\in(a,b)}$ [1]

Παρατηρούμε από ΘΜΤ ότι $\displaystyle{g'(x)e^u=-g(x)<0}$ άρα $\displaystyle{g \downarrow}$ οπότε $\displaystyle{g(b)<g(a)=0}$

δηλαδή λόγω συνέχειας $\displaystyle{g(x)<0}$ για χ κοντά στο $\displaystyle{b}$ αντίφαση με την [1]!
ΕΓΙΝΕ ΔΙΟΡθΩΣΗ ΜΕΤΑ ΑΠΟ ΠΑΡΕΜΒΑΣΗ ΤΟΥ ΜΙΧΑΛΗ

gabriel · #5

Σας ευχαριστώ και καλή χρονιά με υγεία!!!

ΕΥΡΕΣΗ ΤΥΠΟΥ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ 1

ΕΥΡΕΣΗ ΤΥΠΟΥ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ 1

Re: ΕΥΡΕΣΗ ΤΥΠΟΥ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ

Re: ΕΥΡΕΣΗ ΤΥΠΟΥ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ

Re: ΕΥΡΕΣΗ ΤΥΠΟΥ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ

Re: ΕΥΡΕΣΗ ΤΥΠΟΥ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ

Μέλη σε σύνδεση