ΕΥΡΕΣΗ ΤΥΠΟΥ

nikoszan

Για την παραγωγίσιμη συνάρτηση $\displaystyle{f:\left[ {0, + \infty } \right) \to R}$ ισχύει $\displaystyle{{e^{f'\left( x \right)}} + {e^{{f^2}\left( x \right)}} = f\left( x \right) + 2,\forall x \in \left[ {0, + \infty } \right)}$ και $\displaystyle{f\left( 0 \right) = 0}$ .
Να βρεθεί ο τύπος της $\displaystyle{f}$ .
Ν.Ζ.

nikoszan έγραψε:Για την παραγωγίσιμη συνάρτηση $\displaystyle{f:\left[ {0, + \infty } \right) \to R}$ ισχύει (1) $\displaystyle{{e^{f'\left( x \right)}} + {e^{{f^2}\left( x \right)}} = f\left( x \right) + 2,\forall x \in \left[ {0, + \infty } \right)}$ και $\displaystyle{f\left( 0 \right) = 0}$ .
Να βρεθεί ο τύπος της $\displaystyle{f}$ .
Ν.Ζ.

Ωραία έμπνευση

Έχουμε $\displaystyle{e^{f'(x)} \ge f'(x)+1}$ και $\displaystyle{e^{f^2(x)} \ge 1}$ , άρα η (1) γίνεται

$\displaystyle{f'(x)+2 \le f(x)+2 \Rightarrow f'(x)-f(x) \le 0 \Rightarrow e^{-x}f'(x)-e^{-x}f(x) \le 0 \Rightarrow \left(e^{-x}f(x)\right)' \le0}$

Άρα η $\displaystyle{h(x)=e^{-x}f(x)}$ είναι φθίνουσα στο $\displaystyle{[0,+\infty)}$

Συνεπώς $\displaystyle{e^{-x}f(x) \le f(0)=0 \Rightarrow f(x) \le 0,\ \forall x \in [0,+\infty)}$

Επειδή $\displaystyle{f'(x) \le f(x)}$ (2) θα έχουμε $\displaystyle{f'(x) \le 0,\ \forall x \in [0,+\infty)}$ .

Από την (1) εύκολα διαπιστώνουμε ότι η $\displaystyle{f}$ παραγωγίζεται δύο φορές στο $\displaystyle{[0,+\infty)}$ .

Παραγωγίζοντας την (1) κατά μέλη έχουμε

$\displaystyle{f''(x)e^{f'(x)}+2f'(x)f(x)e^{f^2(x)}=f'(x) \le 0}$ και επειδή $\displaystyle{2f'(x)f(x)e^{f^2(x)} \ge 0}$ θα έχουμε

$\displaystyle{f''(x)e^{f'(x)} \le 0 \Rightarrow f''(x) \le 0,\ \forall x \in [0,+\infty)}$ , άρα η $\displaystyle{f}$ είναι κοίλη (όχι κατ΄ανάγκη γνησίως).

Αν υποθέσουμε ότι για κάποιο $\displaystyle{x_0}$ έχουμε $\displaystyle{f'(x_0)<0}$ , τότε από την κοιλότητα έχουμε:

$\displaystyle{f(x) \le f'(x_0)(x-x_0)+f(x_0),\ \forall x \ge 0}$ και επειδή $\displaystyle{\lim_{x \to +\infty}\left[f'(x_0)(x-x_0)+f(x_0)\right]=-\infty}$

θα έχουμε $\displaystyle{\lim_{x \to +\infty}f(x)=-\infty}$ , το οποίο είναι αντίφαση, γιατί η (1) δίνει $\displaystyle{f(x)+2>e^{f'(x)} \Rightarrow f(x)>-2,\ \forall x \in [0,+\infty)}$ .

Άρα $\displaystyle{f'(x)=0,\ \forall x \in [0,+\infty)}$ και η (2) δίνει $\displaystyle{f(x)=0,\ \forall x \ge 0}$ , που επαληθεύει τα δεδομένα.

nikoszan

Σπυρο

Σπύρο πολύ ωραία λύση! Νίκο όμορφη άσκηση

Αλέξανδρος

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ

nikoszan έγραψε: ↑
Κυρ Σεπ 09, 2012 10:58 pm
Για την παραγωγίσιμη συνάρτηση $\displaystyle{f:\left[ {0, + \infty } \right) \to R}$ ισχύει $\displaystyle{{e^{f'\left( x \right)}} + {e^{{f^2}\left( x \right)}} = f\left( x \right) + 2,\forall x \in \left[ {0, + \infty } \right)}$ και $\displaystyle{f\left( 0 \right) = 0}$ .
Να βρεθεί ο τύπος της $\displaystyle{f}$ .
Ν.Ζ.

Το πρόβλημα είναι.
Αν $f'(x)=ln(2+f(x)-e^{f^{2}(x)}) ,x\in [0,\infty )$
και f(0)=0

τότε να βρεθεί η

Η

επαληθεύει το πρόβλημα.Αν χρησιμοποιήσουμε το θεώρημα μοναδικότητας-ύπαρξης
για Διαφορικές Εξισώσεις(πληρούνται οι συνθήκες)βλέπουμε ότι αυτή είναι η μοναδική λύση.

Ας το δούμε με σχολικά μαθηματικά.Σε καμία περίπτωση δεν θεωρώ ότι τα παρακάτω είναι στο
πνεύμα των σχολικών μαθηματικών.
Θα δείξουμε το εξής γενικότερο.

Εστω q(x)

μια συνεχής συνάρτηση που ορίζεται γύρω από το

είναι

και η

υπάρχει.

Αν $f:[0,\infty )\rightarrow \mathbb{R}$

είναι τέτοια ώστε $f(0)=0,f'(x)=q(f(x)),x\in [0,\infty )$

τότε $f(x)=0, x\in [0,\infty )$

Απόδειξη.
Θεωρούμε την συνάρτηση με $r(x)=\frac{q(x)}{x},x\neq 0,r(0)=q'(0)$

Προφανώς η r(x)

είναι συνεχής και q(x)=r(x)x

Ετσι έχουμε ότι f'(x)=r(f(x))f(x)

Αφου η

είναι συνεχής έχει παράγουσα.

Εστω r(f(x))=g'(x)

Θα έχουμε

δηλαδή

$e^{-g(x)}f'(x)-f(x)g'(x)e^{-g(x)}=0$

αρα

$(f(x)e^{-g(x)})'=0$

τελικά παίρνουμε

$f(x)=ce^{g(x)}$

Αφού f(0)=0

προκύπτει

οπότε

Είναι εύκολο να δούμε ότι η $q(x)=ln(x+2-e^{x^{2}})$
πληρεί τις πιο πάνω προυποθέσεις.

ΕΥΡΕΣΗ ΤΥΠΟΥ

ΕΥΡΕΣΗ ΤΥΠΟΥ

Re: ΕΥΡΕΣΗ ΤΥΠΟΥ

Re: ΕΥΡΕΣΗ ΤΥΠΟΥ

Re: ΕΥΡΕΣΗ ΤΥΠΟΥ

Re: ΕΥΡΕΣΗ ΤΥΠΟΥ

Μέλη σε σύνδεση