Εύρεση τύπου-Εξίσωση-Υπαρξιακή

M.S.Vovos · #1

Θεωρούμε τον αριθμό $m\in \mathbb{N}-\left \{ 0 \right \}$ , ο οποίος είναι άρτιος, καθώς και τη συνάρτηση

ορισμένη στο σύνολο των πραγματικών αριθμών $\mathbb{R}$ , με f(0)=0

, για την οποία ισχύει:

$\displaystyle \left | e^{f(x)-x}-e^{f(y)-y}-x^{2}+y^{2} \right |\leq (x-y)^{m}$ , για κάθε $x,y\in \mathbb{R}$ .

A. Να δείξετε ότι η συνάρτηση $\displaystyle g(x)=e^{f(x)-x}-x^{2},x\in \mathbb{R}$ είναι σταθερή και στη συνέχεια, να προσδιορίσετε τον τύπο της συνάρτησης

.

Για τα ερωτήματα Β, Γ δίνεται ότι $f(x)=x+ln\left ( x^{2}+1 \right ),x\in \mathbb{R}$ .

Β. $(\alpha )$ Να εξηγήσετε γιατί η συνάρτηση

είναι αντιστρέψιμη στο πεδίο ορισμού της και να βρείτε το πεδίο ορισμού τής συνάρτησης $\displaystyle f^{-1}$ . Στη συνέχεια, να αποδείξετε ότι για όλα τα $\alpha ,\beta \in \mathbb{R}$ ισχύει η ανισότητα:

$\displaystyle \left | f(\alpha )-f^{-1}(\alpha )+ln\frac{1}{1+\left ( f^{-1}(a) \right )^{2}}-f(\beta)+\beta \right |\leq \left | \alpha -\beta \right |$

$(\beta )$ Να λύσετε την εξίσωση $\displaystyle f\left ( f(x)+2f^{-1}(x) \right )=3x+ln\left ( 9x^{2}+1 \right ),x\in \mathbb{R}$ .

*Διορθώθηκε ένα πρόσημο στο δεύτερο ερώτημα.

** To ερώτημα Γ διαγράφτηκε, λόγω προβλήματος που μου επεσήμανε ο κ. Κακαβάς. Ζητώ συγγνώμη για όσους προβλημάτισα αδίκως...

#2

A) έχουμε
$\displaystyle{|g(x)-g(y)|\le |x-y|^m,m\ge 2}$
από το ΚΠ εύκολα προκύπτει οτι η $\displaystyle{g}$ είναι παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{R}$ με παράγωγο το 0, άρα σταθερή και ίση με
$\displaystyle{g(0)=1}$ οπότε $\displaystyle{f(x)=x+ln(1+x^2).}$

B.a) $\displaystyle{f'(x)=\frac{(1+x)^2}{1+x^2}\ge 0}$ και επειδη το "ίσον" ισχύει μόνον σε ένα σημείο είναι γνήσια αύξουσα αρα υπάρχει η $\displaystyle{f^{-1}}$ '
Τα όρια της $\displaystyle{f}$ στα $\displaystyle{\pm \infty}$ είναι και αυτά $\displaystyle{\pm \infty}$ αντιστοίχως διότι
$\displaystyle{f(x)=x(1+\frac{ln(1+x^2)}{x}) }$ που με DLH προκύπτει το αποτέλεσμα άρα $\displaystyle{f(R)=R}$ συνεπώς $\displaystyle{D(f^{-1})=R}$
Ακόμη
$\displaystyle{a=f(f^{-1}(a))=f^{-1}(a)+ln(1+(f^{-1}(a))^2)}$ αρα η ζητουμένη γίνεται
$\displaystyle{|f(a)-a-f(b)+b|\le |a-b|}$ η με την βοηθεια του ΘΜΤ για την $\displaystyle{f}$ στο $\displaystyle{[a,b]:|f'(u)-1|\le 1}$ η $\displaystyle{2|u|\le(u^2+1)}$ που είναι προφανές
ΤΑ ΥΠΟΛΟΙΠΑ ΑΡΓΟΤΕΡΑ .ΤΩΡΑ ΠΡΕΠΕΙ ΝΑ ΦΥΓΩ

M.S.Vovos · #3

...Συνεχίζοντας την λύση του θέματος, από τον Ροδόλφο (τον οποίο ευχαριστώ και πολύ!)...

(β) Για $\alpha \rightarrow x\in \mathbb{R}$ και $\beta \rightarrow f^{-1}(x)\in \mathbb{R}$ , η ανισότητα γίνεται:

$\left |f(x)+f^{-1}(x)-2x \right |\leq \left | x-f^{-1}(x) \right |$ , για κάθε $x\in \mathbb{R}$ .

Όμως, $\displaystyle f(x)\geq x\Leftrightarrow \left ( f^{-1}\circ f \right )(x)\geq f^{-1}(x)\Leftrightarrow x-f^{-1}(x)\geq 0$ . Επομένως:

$\left | f(x)+f^{-1}(x)-2x \right |\leq x-f^{-1}(x)\Leftrightarrow$

$\displaystyle f(x)+f^{-1}(x)-2x\leq x-f^{-1}(x)\Leftrightarrow f(x)+2f^{-1}(x)\leq 3x$

Με την ισότητα να ισχύει μόνο όταν $f^{-1}(x)=x\Leftrightarrow f(x)=x\Rightarrow x=0$ .

#4

To B.b λυνεται χωρίς την χρήση του προηγουμένου αν και πολυπλοκα.Θα δώσω τα βηματα της απόδειξης οσο γίνεται πιο περιληπτικά
1. Απο την $\displaystyle{f=x+ln(x^2+1) }$ εχουμε $\displaystyle{x=(f^{-1})+ln(1+(f^{-1})^2)}$ [1]
2, H εξίσωση γράφεται $\displaystyle{f(f+2(f^{-1}))=f(3x) }$ η $\displaystyle{f-x=2(x-(f^{-1}))}$ η... $\displaystyle{\sqrt{1+x^2}-1=(f^{-1})^2}$ [2]
3. ευκολα απο μονοτονία και των σχεσεων $\displaystyle{f>x, f(0)=0}$ τα $\displaystyle{x,f(x)}$ είναι ομόσημα
4. εστω $\displaystyle{x>0}$ από [1],[2] καταλήγουμε στην $\displaystyle{x=\sqrt{\sqrt{1+x^2}-1}+ln(1+\sqrt{1+x^2}-1})$ η $\displaystyle{\sqrt{x^2+1-1}=\sqrt{\sqrt{1+x^2}-1}+ln(\sqrt{1+x^2}}}$ [3]
5.Θετουμε $\displaystyle{\sqrt{x^2+1}=y}$ η [3] γίνεται $\displaystyle{\sqrt{y^2-1}=\sqrt{y-1}+ln(y)}$ [4]
6. Mε $\displaystyle{y=1+a}$ η [4] γίνεται $\displaystyle{\sqrt{a+2}=1+\frac{ln(1+a)}{\sqrt{a}},a>0}$ και θα δειξουμε οτι αυτή είναι αδυνατη
7, θεωρώ την $\displaystyle{g(a)=\sqrt{a+2}-1-\frac{ln(1+a)}{\sqrt{a}} }$ και με ΘΒ δείχνω ότι $\displaystyle{g'}$ εχει ριζα $\displaystyle{w}$
8.ακόμη θα δείξω οτι $\displaystyle{g(w)>0}$ . Αν $\displaystyle{g'(w)=0 \Rightarrow-\frac{ln(1+w)}{\sqrt{w}}=\frac{2\sqrt{w}}{1+w}-\frac{w}{\sqrt{2+w}} }$ .αντικαθιστωντας στην $\displaystyle{g}$ παίρνουμε $\displaystyle{g(w)=\sqrt{w+2}-1+\frac{2\sqrt{w}}{1+w}-\frac{w}{\sqrt{2+w}}}$
Πρεπει ακομη να βρούμε τα ορια στο απειρο και να βγουν >0 πράγμα σχετικά εύκολο.
9.Αρκει $\displaystyle{\sqrt{w+2}-\frac{w}{\sqrt{2+w}}>1-\frac{2\sqrt{w}}{1+w}}$ που μετα ς πραξεις ειναι προφανές
10. αντίστοιχα για $\displaystyle{x<0}$ αλλά παρατηρούμε οτι το 0 επαληθεύει οπότε είναι η μοναδική λύση

M.S.Vovos · #5

M.S.Vovos · #6

Προσθέτω και το τελευταίο ερώτημα που χρωστούσα.

Έστω $\kappa ,\lambda \in \mathbb{R}$ , με $\kappa <\lambda$ και $x_{1},x_{2},...,x_{n}\in [\kappa ,\lambda ]$ , με $n\in \mathbb{N}_{>0}$ . Να αποδείξετε ότι υπάρχει, μοναδικό $\xi \in [\kappa ,\lambda ]$ τέτοιο, ώστε:

$\displaystyle \frac{\prod_{i=1}^{n}e^{x_{i}}}{e^{n\xi }}=\frac{\left ( \xi ^{2}+1 \right )^{n}}{\prod_{i=1}^{n}\left ( x_{i}^{2}+1 \right )}$

Εύρεση τύπου-Εξίσωση-Υπαρξιακή

Εύρεση τύπου-Εξίσωση-Υπαρξιακή

Re: Εύρεση τύπου-Εξίσωση-Υπαρξιακή

Re: Εύρεση τύπου-Εξίσωση-Υπαρξιακή

Re: Εύρεση τύπου-Εξίσωση-Υπαρξιακή

Re: Εύρεση τύπου-Εξίσωση-Υπαρξιακή

Re: Εύρεση τύπου-Εξίσωση-Υπαρξιακή

Μέλη σε σύνδεση