Λιγότερο εύκολη συναρτησιακή

Εδώ θα καταχωρούνται ασκήσεις οι οποίες συνδυάζουν τουλάχιστον δύο διαφορετικά εκ των παραπάνω κεφάλαια και έχουν επαναληπτικό χαρακτήρα.

Συντονιστής: Καρδαμίτσης Σπύρος

Pla.pa.s
Δημοσιεύσεις: 157
Εγγραφή: Σάβ Ιούλ 02, 2011 11:56 pm

Λιγότερο εύκολη συναρτησιακή

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Pla.pa.s » Πέμ Ιούλ 14, 2011 9:37 pm

Στην πραγματικότητα πρόκειται για διόρθωση αυτού εδώ και επειδή υπήρξε απάντηση, αλλά και επειδή οι αλλαγές είναι αρκετές, ανοίγω καινούριο θέμα.
Έστω \displaystyle{f:\mathbb R^{*} \rightarrow \mathbb R} με

\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 0}f(x)\in\mathbb R}
και για την οποία ισχύει ότι για κάθε x\in\ (-\infty,0)\bigcup{}(0,+\infty) και y\in (-1,0)\bigcup{}(0,1)} ότι

\displaystyle{f(x+y)=f(x)(1+yf(y))}

Να δειχθεί ότι f(x)=xf(1) για κάθε x\in\mathbb R^{*}.


1+1+...+1=2
Dots are mysterious!
nikoszan
Δημοσιεύσεις: 952
Εγγραφή: Τρί Νοέμ 17, 2009 2:22 pm

Re: Λιγότερο εύκολη συναρτησιακή

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nikoszan » Πέμ Ιούλ 14, 2011 10:46 pm

Φιλε Pla.pa.s ,ισως πρεπει να ζητηθει f(x)=0 και oxι f(x)= xf(1).
Φιλικα Ν.Ζ.


Pla.pa.s
Δημοσιεύσεις: 157
Εγγραφή: Σάβ Ιούλ 02, 2011 11:56 pm

Re: Λιγότερο εύκολη συναρτησιακή

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Pla.pa.s » Πέμ Ιούλ 14, 2011 10:53 pm

Ναι πράγματι, απλώς προσπαθούσα να μοιάζει όσο το δυνατόν περισσότερο με την αρχική μορφή.
Εξάλλου (εδώ) τα δύο αυτά είναι ισοδύναμα (f(1)=0).


1+1+...+1=2
Dots are mysterious!
Άβαταρ μέλους
chris_gatos
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6827
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 9:03 pm
Τοποθεσία: Πειραιάς

Re: Λιγότερο εύκολη συναρτησιακή

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από chris_gatos » Παρ Ιούλ 15, 2011 12:27 am

Μία λύση από τον Νίκο Ζανταρίδη(nikoszan)

Έχουμε:
\displaystyle{ 
f(x + y) - f(x) = yf(x)f(y) \Rightarrow \frac{{f(x + y) - f(x)}}{y} = f(x)f(y) \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{y \to 0} \frac{{f(x + y) - f(x)}}{y} = \mathop {\lim }\limits_{y \to 0} \left( {f(x)f(y)} \right) = af(x) \in R 
} (όπου \displaystyle{ 
a = \mathop {\lim }\limits_{y \to 0} f(y) 
} )
Συνεπώς: \displaystyle{ 
f'(x) = af(x),x \ne 0 \Rightarrow f(x) = \left\{ {\begin{array}{*{20}c} 
   {c_1 e^{ax} ,x < 0}  \\ 
   {c_2 e^{ax} ,x > 0}  \\ 
\end{array}} \right. 
}
Είναι:
\displaystyle{ 
a = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ +  } f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ -  } f(x) \Leftrightarrow c_1  = c_2  = a 
}
Άρα \displaystyle{ 
f(x) = ae^{ax} ,x \ne 0 
}
Πρέπει όμως:
\displaystyle{ 
\begin{array}{l} 
 f(x + y) = f(x)(1 + xf(y)) \Leftrightarrow ae^{ax + ay}  = ae^{ax} (1 + aye^{ay} ) \Leftrightarrow ae^{ay}  =a( 1 + aye^{ay}) ,\forall y \in \left( { - 1,0} \right) \cup \left( {0,1} \right) \Leftrightarrow   
 \end{array} 
}

\displaystyle{ 
\left\{ {\begin{array}{*{20}c} 
   {a = 0}  \\ 
   \eta   \\ 
   {e^{ay}  = 1 + aye^{ay} }  \\ 
\end{array}} \right. 
}
Έχουμε:
\displaystyle{ 
e^{ay}  = 1 + aye^{ay} ,\forall y \in \left( { - 1,0} \right) \cup (0,1) \Rightarrow  
}
\displaystyle{ 
(e^{ay} )' = (1 + yae^{ay} )',\forall y \in \left( { - 1,0} \right) \cup \left( {0,1} \right) \Rightarrow ae^{ay}  = ae^{ay}  + a^2 ye^{ay} ,\forall y \in \left( { - 1,0} \right) \cup \left( {0,1} \right) \Rightarrow a^2  = 0 \Rightarrow a = 0 
}
Άρα \displaystyle{ 
f(x) = 0,\forall x \in R - \left\{ 0 \right\} 
} (ικανοποιείται η υπόθεση)


Χρήστος Κυριαζής
Pla.pa.s
Δημοσιεύσεις: 157
Εγγραφή: Σάβ Ιούλ 02, 2011 11:56 pm

Re: Λιγότερο εύκολη συναρτησιακή

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Pla.pa.s » Παρ Ιούλ 15, 2011 1:21 am

:clap: Ακριβώς.
Αυτή ήταν η λύση που είχα σκεφτεί κι εγώ. Προσπάθησα να βγάλω το 0 από το πεδίο ορισμού της συνάρτησης, ώστε να μη γίνονται απλοποιήσεις που οδηγούν κατ' ευθείαν στους υποψήφιους τύπους και έτσι να χρειάζεται η διά της παραγώγου οδός.

Ευχαριστώ πολύ για τον χρόνο που αφιερώσατε.


1+1+...+1=2
Dots are mysterious!
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΕ ΟΛΗ ΤΗΝ ΥΛΗ Γ'”

Μέλη σε σύνδεση

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