Εύρεση του τύπου συνάρτησης

Δυσκολότερα θέματα τα οποία όμως άπτονται της σχολικής ύλης και χρησιμοποιούν αποκλειστικά θεωρήματα που βρίσκονται μέσα σε αυτή. Σε διαφορετική περίπτωση η σύνταξη του μηνύματος θα πρέπει να γίνει στο υποφόρουμ "Ο ΦΑΚΕΛΟΣ ΤΟΥ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΥ"

Συντονιστής: Μπάμπης Στεργίου

KDORTSI
Διακεκριμένο Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1850
Εγγραφή: Τετ Μαρ 11, 2009 9:26 pm

Εύρεση του τύπου συνάρτησης

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KDORTSI » Σάβ Ιαν 08, 2011 5:37 pm

Από Νίκο Ζανταρίδη(nikoszan):
Με αφορμή μια άσκηση που προτάθηκε στο mathematica.gr:

"Για τη συνάρτηση f:R^{*}_{+}\rightarrow R ισχύει:
\alpha x<f\left(x \right)\leq \alpha x+1, για καθε x>0
όπου \alpha \in R^{*} και
f^2\left(x \right)=xf\left(2x+1 \right)+x+1, για καθε x>0
Να δειχθεί ότι:
f\left(x \right)=2x+1,για καθε x>0"


hsiodos
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1235
Εγγραφή: Σάβ Απρ 18, 2009 1:12 am

Re: Εύρεση του τύπου συνάρτησης

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από hsiodos » Κυρ Ιαν 09, 2011 12:51 pm

Καλημέρα

Έχουμε: \displaystyle{ 
ax < f(x) \le ax + 1\,\,\,\gamma \iota \alpha \,\,\kappa \alpha \theta \varepsilon \,\,\,x > 0\,\,\,(1)} και \displaystyle{ 
f^2 (x) = xf(2x + 1) + x + 1\,\,\,\gamma \iota \alpha \,\,\kappa \alpha \theta \varepsilon \,\,\,x > 0\,\,\,(2)}

Από την (1) θέτοντας όπου x το 2x +1 παίρνουμε:

\displaystyle{ 
a(2x + 1) < f(2x + 1) \le a(2x + 1) + 1 \Rightarrow ax(2x + 1) < xf(2x + 1) \le x\left[ {a(2x + 1) + 1} \right]} \displaystyle{ 
 \Rightarrow ax(2x + 1) + x + 1 < xf(2x + 1) + x + 1 \le x\left[ {a(2x + 1) + 1} \right] + x + 1}

\displaystyle{ 
\mathop  \Rightarrow \limits^{(2)} \,\,2ax^2  + (a + 1)x + 1 < f^2 (x) \le 2ax^2  + (a + 2)x + 1\,\,\,(3) 
}

Αν α < 0 τότε \displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left[ {2ax^2  + (a +2)x + 1} \right] =  - \infty } οπότε θα υπάρχει \displaystyle{ 
k > 0\,\,\,\,\mu \varepsilon \,\,\,\,2ak^2  + (a + 2)k + 1 < 0} και έτσι από το δεύτερο σκέλος της (3) προκύπτει \displaystyle{f^2 (k) < 0\,\,} που είναι άτοπο.

Συνεπώς α > 0

Από την (1) τώρα υψώνοντας στο τετράγωνο παίρνουμε ισοδύναμα: \displaystyle{ 
a^2 x^2  < f^2 (x) \le a^2 x^2  + 2ax + 1\,\,\,\gamma \iota \alpha \,\,\kappa \alpha \theta \varepsilon \,\,\,x > 0\,\,\,(4)}

Ο συνδυασμός των (3) και (4) μας δίνει ότι:

\displaystyle{ 
a^2 x^2  < 2ax^2  + (a + 2)x + 1\,\,\, \Leftrightarrow a(2 - a)x^2  + (a + 2)x + 1\, > 0\,\,\gamma \iota \alpha \,\,\kappa \alpha \theta \varepsilon \,\,\,x > 0\,\,\,(5)}

και

\displaystyle{ 
2ax^2  + (a + 1)x + 1 < a^2 x^2  + 2ax + 1 \Rightarrow \,a(a - 2)x^2  + (a - 1)x > 0} \displaystyle{ 
 \Leftrightarrow a(a - 2)x + (a - 1) > 0\,\,\,\gamma \iota \alpha \,\,\kappa \alpha \theta \varepsilon \,\,\,x > 0\,\,\,(6)}

Αν α > 2 η (5) δεν μπορεί να ισχύει για κάθε x > 0 αφού το τριώνυμο έχει αρνητικό συντελεστή στο \displaystyle{x^2 } (θετική διακρίνουσα) και ετερόσημες ρίζες.

Αν α < 2 η (6) προφανώς δεν ισχύει για κάθε x > 0 .

Προκύπτει ότι α = 2 και έτσι τα δεδομένα μας είναι:

\displaystyle{ 
2x < f(x) \le 2x + 1\,\,\,\gamma \iota \alpha \,\,\kappa \alpha \theta \varepsilon \,\,\,x > 0\,\,\,(1)\,\,\,\kappa \alpha \iota } \displaystyle{ 
f^2 (x) = xf(2x + 1) + x + 1\,\,\,\gamma \iota \alpha \,\,\kappa \alpha \theta \varepsilon \,\,\,x > 0\,\,\,(2)}

Από την (1) προκύπτει ότι \displaystyle{ 
f(x) = 2x + c_x \,\,\gamma \iota \alpha \,\,\kappa \alpha \theta \varepsilon \,\,\,x > 0\,} όπου για τον αριθμό \displaystyle{c_x } (εξαρτώμενο από το x) ισχύει \displaystyle{ 
0 < c_x  \le 1}

Έστω τώρα ένας θετικός αριθμός x , θα είναι \displaystyle{ 
f(x) = 2x + c_x \,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,f(2x + 1) = 4x + 3 + c_{2x + 1} \,\,,\,\,0 < c_x  \le 1\,\,,\,\,0 < c_{2x + 1}  \le 1} Εδώ υπάρχει λάθος αφού το σωστό είναι \displaystyle{f(2x + 1) = 4x + 2 + c_{2x + 1} } και μάλλον αυτό εννοεί (;) ο Νίκος στο μήνυμα του (πιο κάτω) . Άρα η λύση που ακολουθεί είναι άκυρη .


\displaystyle{ 
(2) \Rightarrow \left( {2x + c_x \,} \right)^2  = x\left( {4x + 3 + c_{2x + 1} } \right) + x + 1 \Rightarrow 4x^2  + 4xc_x  + c_x ^2  = 4x^2  + 3x + xc_{2x + 1}  + x + 1}

\displaystyle{ 
 \Rightarrow 4xc_x  - 4x + c_x ^2  - 1 = xc_{2x + 1}  \Rightarrow 4x(c_x  - 1) + (c_x  - 1)(c_x  + 1) = xc_{2x + 1} }

\displaystyle{ 
 \Rightarrow (c_x  - 1)(4x + c_x  + 1) = xc_{2x + 1} }

Αν \displaystyle{ 
0 < c_x  < 1} η τελευταία ισότητα μας οδηγεί σε άτοπο αφού το πρώτο μέλος είναι αρνητικός ενώ το δεύτερο θετικός αριθμός.

Άρα \displaystyle{ 
c_x  = 1} για το τυχαίο x > 0 και έτσι \displaystyle{ 
f(x) = 2x + 1\,\,\gamma \iota \alpha \,\,\kappa \alpha \theta \varepsilon \,\,\,x > 0}

Γιώργος
τελευταία επεξεργασία από hsiodos σε Κυρ Ιαν 09, 2011 4:14 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Γιώργος Ροδόπουλος
Άβαταρ μέλους
mathxl
Δημοσιεύσεις: 6736
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 3:49 pm
Τοποθεσία: Σιδηρόκαστρο
Επικοινωνία:

Re: Εύρεση του τύπου συνάρτησης

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mathxl » Κυρ Ιαν 09, 2011 2:00 pm

Μια απόδειξη για το α

Είναι
\displaystyle{a < \frac{{f\left( x \right)}}{x} < a + \frac{1}{x}\mathop  \Rightarrow \limits^{{\rm K}\Pi } \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{f\left( x \right)}}{x} = a}

Για χ βάζουμε το 2χ+1 και λαμβάνουμε

\displaystyle{a\left( {2x + 1} \right) < f\left( {2x + 1} \right) \le a\left( {2x + 1} \right) + 1 \Rightarrow }

\displaystyle{2a{x^2} + \left( {a + 1} \right)x + 1 < {f^2}\left( x \right) \le 2a{x^2} + \left( {a + 2} \right)x + 1 \Rightarrow }

\displaystyle{2a + \frac{{\left( {a + 1} \right)x + 1}}{{{x^2}}} < \frac{{{f^2}\left( x \right)}}{{{x^2}}} \le 2a + \frac{{\left( {a + 2} \right)x + 1}}{{{x^2}}}\mathop  \Rightarrow \limits^{{\rm K}\Pi } \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{{f^2}\left( x \right)}}{{{x^2}}} = 2a \Rightarrow {a^2} = 2a \Rightarrow a = 2}
διότι το α δεν είναι 0


Ποτε δεν κάνω λάθος! Μια φορά νομιζα πως είχα κάνει, αλλά τελικά έκανα λάθος!
Απ' τα τσακάλια δεν γλυτώνεις μ' ευχές η παρακάλια. Κ. Βάρναλης
Aπέναντι στις αξίες σου να είσαι ανυποχώρητος

Ενεργό μέλος από 23-12-2008 ως και 17-8-2014 (δεν θα απαντήσω σε πμ)
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11549
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Εύρεση του τύπου συνάρτησης

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Ιαν 09, 2011 3:47 pm

mathxl έγραψε:Μια απόδειξη για το α
Λίγο αλλιώς: Από την ax< f(x) \le ax+1, έχουμε (όπως πριν) \lim_{x \rightarrow \infty}\frac{ f(x)}{x} = a.

Από την συναρτησιακή σχέση, διαιρώντας με το x^2 έχουμε

\frac {f^2\left(x \right)}{x^2}= \frac {f\left(2x+1 \right)}{2x+1}\cdot \frac {2x+1}{x}+ \frac{x+1}{x^2}.

Παίρνοντας όριο του x τείνοντος στο άπειρο λαμβάνουμε

a^2 = 2a, οπότε a=2.

Φιλικά,

Μιχάλης


nikoszan
Δημοσιεύσεις: 952
Εγγραφή: Τρί Νοέμ 17, 2009 2:22 pm

Re: Εύρεση του τύπου συνάρτησης

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nikoszan » Κυρ Ιαν 09, 2011 3:50 pm

Στη λυση που προτεινει ο Γιωργος υπαρχει προς το τελος ενα λαθος
Φιλικα Ν.Ζανταριης


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11549
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Εύρεση του τύπου συνάρτησης

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Ιαν 09, 2011 6:24 pm

hsiodos έγραψε: Έστω τώρα ένας θετικός αριθμός x , θα είναι \displaystyle{ 
f(x) = 2x + c_x \,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,f(2x + 1) = 4x + 2 + c_{2x + 1} \,\,,\,\,0 < c_x  \le 1\,\,,\,\,0 < c_{2x + 1}  \le 1}
Συνεχίζω από εκεί που σταμάτησε ο Γιώργος αλλά δείχνω κάτι λιγότερο: Όχι ότι c_x=1 αλλά ότι \lim_{x\rightarrow \infty} c_x= 1. (Θα επανέλθω αν βρω χρόνο).

Η συναρτησιακή σχέση δίνει

(2x + c_x)^2 = x(4x + 2 + c_{2x + 1}) +x+1 ή

4x^2 +4xc_x + c_x^2 = 4x^2 + 3x + xc_{2x + 1} +1 ή

4c_x - c_{2x+1} = 3 - \frac{c_x^2}{x} +  \frac{1}{x}

Παίροντας όριο του x τείνοντος στο άπειρο βλεπουμε ότι το δεξί μέλος τείνει στο 3, συνεπώς \lim (4c_x-c_{2x+1}) =3. Oπότε για \epsilon > 0 υπάρχει x_0 που από κεί και πέρα είναι 3-\epsilon < 4c_x-c_{2x+1} <  3+\epsilon δηλαδή

\frac{3}{4}-\frac{\epsilon}{4} < c_x-\frac{c_{2x+1}}{4} < \frac{3}{4}+\frac{\epsilon}{4}. Άρα και (εφόσον 2x+1 > x)

\frac{3}{4^2}-\frac{\epsilon}{4^2} < \frac{c_{2x+1}}{4}-\frac{c_{4x+3}}{4^2} < \frac{3}{4^2}+\frac{\epsilon}{4^2}

\frac{3}{4^3}-\frac{\epsilon}{4^3} < \frac{c_{4x+3}}{4^2}-\frac{c_{2x+1}}{4^3} < \frac{3}{4^3}+\frac{\epsilon}{4^3}

. . . . .

προσθέτοντας κατά μέλη (η γεωμετρική πρόοδος είναι απλή) θα βρούμε

1-\frac{\epsilon}{3} \le c_x \le 1 + \frac{\epsilon}{3}

και επειδή αυτό ισχύει για κάθε ε >0, έπεται \lim c_x= 1. (Προσοχή, δεν μπορούμε να πούμε ότι c_x=1 γιατί το x μας εξαρτάται από το ε.)

Φιλικά,

Μιχάλης

Υ.Γ. Θα χαρώ να συνεχίσει κάποιος από εδώ. Θα το κοιτάξω αργότερα. Τώρα ... πνίγομαι).


hsiodos
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1235
Εγγραφή: Σάβ Απρ 18, 2009 1:12 am

Re: Εύρεση του τύπου συνάρτησης

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από hsiodos » Κυρ Ιαν 09, 2011 11:55 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
hsiodos έγραψε: Έστω τώρα ένας θετικός αριθμός x , θα είναι \displaystyle{ 
f(x) = 2x + c_x \,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,f(2x + 1) = 4x + 2 + c_{2x + 1} \,\,,\,\,0 < c_x  \le 1\,\,,\,\,0 < c_{2x + 1}  \le 1}
Συνεχίζω από εκεί που σταμάτησε ο Γιώργος αλλά δείχνω κάτι λιγότερο: Όχι ότι c_x=1 αλλά ότι \lim_{x\rightarrow \infty} c_x= 1. (Θα επανέλθω αν βρω χρόνο).

.
Μιχάλη έχω αποδείξει και ότι \displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} c_x  = 1} αλλά το ζητούμενο δεν μου προκύπτει !!!

Γιώργος


Γιώργος Ροδόπουλος
Άβαταρ μέλους
Μάκης Χατζόπουλος
Δημοσιεύσεις: 2456
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 4:13 pm
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Εύρεση του τύπου συνάρτησης

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μάκης Χατζόπουλος » Δευ Ιαν 10, 2011 10:32 pm

Προτεινόμενη λύση από τον Νίκο Ζανταρίδη

Έχουμε, \displaystyle{ax < f(x) \le ax + 1\,\,\left( 1 \right)} και \displaystyle{{f^2}\left( x \right) = xf\left( {2x + 1} \right) + x + 1\,\,\,\left( 2 \right)}

Από την (1) έχουμε ότι για κάθε χ>0 ισχύει: \displaystyle{a < \frac{{f(x)}}{x} \le a + \frac{1}{x}\,\,\,\,\left( 3 \right)}

Είναι, \displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } a = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {a + \frac{1}{x}} \right) = a}

οπότε λόγω της (3) προκύπτει ότι: \displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{f\left( x \right)}}{x} = a}

Από την (2) έχουμε ότι για κάθε χ > 0 ισχύει: \displaystyle{{\left( {\frac{{f\left( x \right)}}{x}} \right)^2} = \frac{1}{x} \cdot f\left( {2x + 1} \right) + \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} ή

\displaystyle{{\left( {\frac{{f\left( x \right)}}{x}} \right)^2} = \left( {2 + \frac{1}{x}} \right) \cdot \frac{{f\left( {2x + 1} \right)}}{{2x + 1}} + \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}}

οπότε, \displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } {\left( {\frac{{f\left( x \right)}}{x}} \right)^2} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left[ {\left( {2 + \frac{1}{x}} \right) \cdot \frac{{f\left( {2x + 1} \right)}}{{2x + 1}} + \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} \right]}

άρα, \displaystyle{{a^2} = 2a + 0 + 0} και επειδή το \displaystyle{a \ne 0} βρίσκουμε \displaystyle{a = 2}

Άρα για κάθε χ > 0 ισχύει: \displaystyle{2x < f\left( x \right) \le 2x + 1}

Θεωρώ την συνάρτηση: \displaystyle{g\left( x \right) = 2x + 1 - f\left( x \right)\,\,\,\left( 4 \right)}

Λόγω της (3) έχουμε: \displaystyle{0 \le g\left( x \right) < 1} (5)

Επίσης,
\displaystyle{{\left( {2x + 1} \right)^2} - {f^2}\left( x \right) = \left( {2x + 1 - f\left( x \right)} \right)\left( {2x + 1 + f\left( x \right)} \right) = g\left( x \right)\left( {2x + 1 + f\left( x \right)} \right) \ge g\left( x \right)\left( {2x + 1} \right)}

(αφού \displaystyle{f\left( x \right) > 2x > 0} και \displaystyle{g\left( x \right) \ge 0} )

και \displaystyle{{\left( {2x + 1} \right)^2} - {f^2}\left( x \right) = {\left( {2x + 1} \right)^2} - \left( {xf\left( {2x + 1} \right) + x + 1} \right) = 4{x^2} + 3x - xf\left( {2x + 1} \right)\mathop  = \limits^{\left( 4 \right)} 4{x^2} + 3x - x\left( {2\left( {2x + 1} \right) + 1 - g\left( {2x + 1} \right)} \right) = xg\left( {2x + 1} \right)}

Έτσι έχουμε, \displaystyle{xg\left( {2x + 1} \right) \ge g\left( x \right)\left( {2x + 1} \right)} για κάθε χ > 0

Επομένως, για κάθε χ > 0 ισχύει: \displaystyle{\frac{{g\left( x \right)}}{x} \le \frac{{g\left( {2x + 1} \right)}}{{2x + 1}}}

και επειδή \displaystyle{0 \le g\left( x \right) < 1} έχουμε:

\displaystyle{0 \le \frac{{g\left( x \right)}}{x} \le \frac{{g\left( {2x + 1} \right)}}{{2x + 1}} \le \frac{{g\left( {2\left( {2x + 1} \right) + 1} \right)}}{{2\left( {2x + 1} \right) + 1}} = \frac{{g\left( {{2^2}x + {2^2} - 1} \right)}}{{{2^2}x + {2^2} - 1}}} \displaystyle{ \le \frac{{g\left( {2\left( {{2^2}x + {2^2} - 1} \right) + 1} \right)}}{{2\left( {{2^2}x + {2^2} - 1} \right) + 1}} = \frac{{g\left( {{2^3}x + {2^3} - 1} \right)}}{{{2^3}x + {2^3} - 1}} \le ... \le \frac{{g\left( {{2^v}x + {2^v} - 1} \right)}}{{{2^v}x + {2^v} - 1}} < \frac{1}{{{2^v}x + {2^v} - 1}}}

(αφού \displaystyle{0 \le g\left( x \right) < 1} για κάθε χ > 0)

Άρα για κάθε \displaystyle{v \in {N^*}} και για κάθε χ > 0 ισχύει: \displaystyle{0 \le \frac{{g\left( x \right)}}{x} < \frac{1}{{{2^v}x + {2^v} - 1}}}

οπότε, \displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{v \to  + \infty } 0 \le \mathop {\lim }\limits_{v \to  + \infty } \frac{{g\left( x \right)}}{x} \le \mathop {\lim }\limits_{v \to  + \infty } \frac{1}{{{2^v}x + {2^v} - 1}}}

δηλ. \displaystyle{0 \le \frac{{g\left( x \right)}}{x} \le 0} δηλ. \displaystyle{0 \le \frac{{g\left( x \right)}}{x} \le 0} επομένως \displaystyle{2x + 1 - f\left( x \right) = 0} άρα \displaystyle{f\left( x \right) = 2x + 1} για κάθε χ > 0


(1) verba volant, scripta manent = τα λόγια πετούν, τα γραπτά μένουν
Εικόνα
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΘΕΜΑΤΑ ΜΕ ΑΠΑΙΤΗΣΕΙΣ Γ'”

Μέλη σε σύνδεση

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