Επί του διαφορικού

Tolaso J Kos · #1

Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση

για την οποία γνωρίζουμε ότι:

$\displaystyle{f(x)f'(x)=\frac{x}{(x^2+1)^2} \quad \text{\gr διά κάθε} \quad x \in \mathbb{R}}$
και $f'(0) \neq 0$ , f(1)>0

,

.

Να δειχθεί ότι $\displaystyle{f(x) = \frac{x}{\sqrt{x^2+1}} \; , \; x \in \mathbb{R}}$ .
Να δειχθεί ότι η είναι γνησίως αύξουσα στο $\mathbb{R}$ .
1. Να βρεθεί το σύνολο τιμών της .
2. Να δειχθεί ότι $\displaystyle{- \frac{\sqrt{2}}{2} < f \left( f(x) \right) < \frac{\sqrt{2}}{2}}$ διά κάθε $x \in \mathbb{R}$ .
Ορίζουμε $g:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ με $g'(x) = f \left( f(x) \right)$ . Να δειχθεί ότι διά κάθε $\alpha, \beta \in \mathbb{R}$ ισχύει

$\displaystyle{\left| g \left( \beta \right) - g \left( \alpha \right) \right| \leq \frac{\sqrt{2}}{2} \left| \beta - \alpha \right|}$

Διορθώθηκε ένα τυπογραφικό ... και άλλαξε ελαφρώς η άσκηση ύστερα από προτροπή του abgd.

#2

είναι $\displaystyle{(f^2(x))'=\frac{(x^2+1)'}{(x^2+1)^2}=(-\frac{1}{x^2+1})'}$

Αρα $\displaystyle{f^2 (x)=\frac{-1}{x^2+1}+c}$

ομως $\displaystyle{f(0)=0}$ αφού $\displaystyle{f'(x)\ne 0}$ οπότε $\displaystyle{c=1}$ Και τότε $\displaystyle{f^2 (x)=\frac{x^2}{x^2+1}}$ η
$\displaystyle{|f(x)|=\frac{|x|}{(x^2+1)^{1/2}}$

Παρατηρούμε ότι για $\displaystyle{0<x f(x)\ne 0}$ και λόγω συνέχειας η f διατηρεί πρόσημο που είναι θετικό αφού $\displaystyle{0<f(1)}$ και όμοια για αντίστοιχα για $\displaystyle{x<0}$ τότε
γν
$\displaystyle{f(x)=\frac{x}{(x^2+1)^{1/2}} ,x\in R}$

εύκολα $\displaystyle{f'(x)>0}$ αρα $\displaystyle{f}$ γν.αυξ

$\displaystyle{f(f(x))=\frac{f(x)}{(f^2(x)+1)^{1/2}}}$

αρκει $\displaystyle{\frac{|f(x)|}{(f^2(x)+1)^{1/2}}<1/(2)^{1/2}}$ η $\displaystyle{f^2(x)<1}$ που ισχύει

ΘΜΤ για την g στο [α,b] Χρησιμοποιώντας το προηγούμενο ερώτημα φτάνουμε στο ζητούμενο

φανταζομαι οτι προκύπτουν ενδιαφέροντα ερωτήματα αν θέσουμε $\displaystyle{x=tanu}$

vgreco · #3

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 06, 2025 4:52 pm
Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση για την οποία γνωρίζουμε ότι:

$\displaystyle{f(x)f'(x)=\frac{x}{(x^2+1)^2} \quad \text{\gr διά κάθε} \quad x \in \mathbb{R}}$
και $f'(0) \neq 0$ , , .

Να δειχθεί ότι $\displaystyle{f(x) = \frac{x}{\sqrt{x^2+1}} \; , \; x \in \mathbb{R}}$ .

Να δειχθεί ότι η είναι γνησίως αύξουσα στο $\mathbb{R}$ .

Να βρεθεί το σύνολο τιμών της .

Να δειχθεί ότι $\displaystyle{- \frac{\sqrt{2}}{2} < f \left( f(x) \right) < \frac{\sqrt{2}}{2}}$ διά κάθε $x \in \mathbb{R}$ .

Ορίζουμε $g:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ με $g'(x) = f \left( f(x) \right)$ . Να δειχθεί ότι διά κάθε $\alpha, \beta \in \mathbb{R}$ ισχύει

$\displaystyle{\left| g \left( \beta \right) - g \left( \alpha \right) \right| \leq \frac{\sqrt{2}}{2} \left| \beta - \alpha \right|}$

Διορθώθηκε ένα τυπογραφικό ... και άλλαξε ελαφρώς η άσκηση ύστερα από προτροπή του abgd.

Μια διαφορετική προσέγγιση για τα τελευταία ερωτήματα, χωρίς όμως ουσιαστικές διαφορές από την παραπάνω λύση.

iii.
a. Έχουμε:

$\displaystyle{ f(\mathbb{R}) = f\Bigl((-\infty, +\infty)\Bigl) \overset{f \ \text{\textgreek{γνησίως αύξουσα}}}{\underset{f \ \text{\textgreek{συνεχής}}}{=\joinrel=\joinrel=\joinrel=\joinrel=\joinrel=\joinrel=\joinrel=\joinrel=\joinrel=\joinrel=}} \left( \lim_{x \to -\infty} f(x), \lim_{x \to +\infty} f(x) \right) = (-1, 1) }$
αφού:

$\displaystyle{\lim_{x \to -\infty} f(x) = \lim_{x \to -\infty} \dfrac{x}{\sqrt{x^2 + 1}} \overset{x \; \to \; -\infty}{\underset{|x| \; = \; -x}{=\joinrel=\joinrel=\joinrel=\joinrel=\joinrel=}} \lim_{x \to -\infty} \dfrac{x}{-x \sqrt{1 + \dfrac{1}{x^2}}} = \dfrac{1}{-\sqrt{1 + 0}} = -1}$

$\displaystyle{\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{x}{\sqrt{x^2 + 1}} \overset{x \; \to \; +\infty}{\underset{|x| \; = \; x}{=\joinrel=\joinrel=\joinrel=\joinrel=\joinrel=}} \lim_{x \to +\infty} \dfrac{x}{x \sqrt{1 + \dfrac{1}{x^2}}} = \dfrac{1}{\sqrt{1 + 0}} = 1}$

b. Προφανώς η $f \circ f$ ορίζεται και μάλιστα με πεδίο ορισμού το $\mathbb{R}$ . Σύμφωνα με τα προηγούμενα, για κάθε $x \in \mathbb{R}$ :

$\displaystyle{ -1 < f(x) < 1 \overset{f \ \text{\textgreek{γνησίως αύξουσα}}}{=\joinrel=\joinrel=\joinrel=\joinrel=\joinrel=\joinrel=\joinrel=\joinrel=\joinrel=\joinrel\Rightarrow} f(-1) < f\bigl( f(x) \bigr) < f(1) \Rightarrow -\dfrac{\sqrt{2}}{2} < f\bigl( f(x) \bigr) < \dfrac{\sqrt{2}}{2} }$
όπως θέλαμε.

iv. Αν $\alpha = \beta$ , τότε η δοθείσα προφανώς ισχύει ως ισότητα. Έστω, τώρα, τυχόντα $\alpha, \beta \in \mathbb{R}$ για τα οποία χωρίς βλάβη της γενικότητας ισχύει ότι $\alpha < \beta$ . Η

ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του ΘΜΤ στο $[\alpha, \beta]$ αφού είναι παραγωγίσιμη στο $\mathbb{R}$ . Έτσι, υπάρχει $\xi \in (\alpha, \beta)$ ώστε:

$\displaystyle{ g'(\xi) = \dfrac{g(\beta) - g(\alpha)}{\beta - \alpha} \Leftrightarrow f\bigl( f(\xi) \bigr) = \dfrac{g(\beta) - g(\alpha)}{\beta - \alpha} }$
για οποιαδήποτε $\alpha, \beta \in \mathbb{R}$ με $\alpha < \beta$ . Όμως, λόγω του ερωτήματος (iiiβ):

$\displaystyle{ -\dfrac{\sqrt{2}}{2} < f\bigl( f(\xi) \bigr) < \dfrac{\sqrt{2}}{2} \Leftrightarrow \Bigl| f\bigl( f(\xi) \bigr) \Bigr| < \dfrac{\sqrt{2}}{2} \Leftrightarrow \left| \dfrac{g(\beta) - g(\alpha)}{\beta - \alpha} \right| < \dfrac{\sqrt{2}}{2} \Leftrightarrow \bigl| g(\beta) - g(\alpha) \bigr| < \dfrac{\sqrt{2}}{2} |\beta - \alpha| }$
και το ζητούμενο έπεται.

Επί του διαφορικού

Επί του διαφορικού

Re: Επί του διαφορικού

Re: Επί του διαφορικού

Μέλη σε σύνδεση