mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **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
όπου $\alpha \in R^{*}$ και
$f^2\left(x \right)=xf\left(2x+1 \right)+x+1$ , για καθε
Να δειχθεί ότι:
$f\left(x \right)=2x+1$ ,για καθε "

Δημοσιεύτηκε: **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

Δημοσιεύτηκε: **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

Δημοσιεύτηκε: **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

τείνοντος στο άπειρο λαμβάνουμε

a^2 = 2a

, οπότε

.

Φιλικά,

Μιχάλης

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 09, 2011 3:50 pm**

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

Δημοσιεύτηκε: **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

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

μας εξαρτάται από το ε.)

Φιλικά,

Μιχάλης

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

Δημοσιεύτηκε: **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 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

Δημοσιεύτηκε: **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

mathematica.gr

Εύρεση του τύπου συνάρτησης

Εύρεση του τύπου συνάρτησης

Re: Εύρεση του τύπου συνάρτησης

Re: Εύρεση του τύπου συνάρτησης

Re: Εύρεση του τύπου συνάρτησης

Re: Εύρεση του τύπου συνάρτησης

Re: Εύρεση του τύπου συνάρτησης

Re: Εύρεση του τύπου συνάρτησης

Re: Εύρεση του τύπου συνάρτησης