mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 25, 2012 1:36 pm**

Έστω συνεχής συνάρτηση $f:[1,\infty) \to (0,\infty)$ και έστω ότι για κάθε a > 0

, η εξίσωση f(x) = ax

έχει τουλάχιστον μια λύση στο διάστημα $[1,\infty)$ .
(α) Να δειχθεί ότι για κάθε a > 0

, η εξίσωση f(x) = ax

έχει άπειρες λύσεις.
(β) Να δοθεί παράδειγμα αυστηρώς αύξουσας συνεχούς συνάρτησης με αυτήν την ιδιότητα.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Φεβ 01, 2012 2:00 am**

Δημήτρη η εκφώνηση λέει ότι το σύνολο τιμών είναι το $(0, +\infty)$ , διαφορετικά το ζητούμενο δεν ισχύει (πχ f(x) = x(x-1)

).

Η λύση πάει ως εξής:

α) Έστω πως όχι, τότε υπάρχει a,b > 0

με $\frac{f(x)}{x} > a \forall x > b$ η $\frac{f(x)}{x} < a \forall x > b$ .
Έστω $m = \min\left\{\frac{f(x)}{x}, x \in [1, b]\right\}, M = \max\left\{\frac{f(x)}{x}, x \in [1, b]\right\}$ που υπάρχουν διότι η $\frac{f(x)}{x}$ είναι συνεχής στο διάστημα αυτό.
Στη πρώτη περίπτωση η $\frac{f(x)}{x}$ είναι αυστηρά μεγαλύτερη από $\frac{1}{2}\min\{a,m\}$ ενώ στη δεύτερη αυστηρά μικρότερη από $2\max\{a,M\}$ σε όλο το $[1, +\infty)$ που και στις 2 περιπτώσεις είναι άτοπο.
Αν θυμάμαι καλά αυτή είναι και η επίσημη λύση.

β) Εδώ κάνω μια κατασκευή διαφορετική από την επίσημη:

Κατασκευάζουμε επαγωγικά μια θετική ακολουθία b_n

τέτοια ώστε:

1) b_0 = 1, b_1 = 2

2) $b_{2m+2} < \min\left\{\frac{1}{mb_{2m+1}}, \frac{b_{2m}}{2}\right\} \forall m \in \mathbb{N}$

3) $b_{2m+1} > \max\left\{\frac{m}{b_{2m}}, 2b_{2m-1}\right\} \forall m \in \mathbb{N}/\{0\}$

Ορίζουμε τότε μια ακολουθία a_n

ως:

$a_{2m+1} = \frac{b_{2m+1}}{b_{2m}} \forall m \in \mathbb{N}$

$a_{2m+2} = \frac{b_{2m+1}}{b_{2m+2}} \forall m \in \mathbb{N}$

Είναι απλό θέμα πράξεων να δει κανείς ότι τα διαστήματα $I_n = [a_n, a_{n+1}], n \in \mathbb{N}$ αποτελούν αριθμήσιμη διαμέριση του $[1, +\infty)$ και ότι η

που ορίζεται στο διάστημα αυτό ως:

$g(x) = b_{2m}\sqrt{x}, x \in I_{2m}, \forall m \in \mathbb{N}$
$g(x) = \frac{b_{2m+1}}{\sqrt{x}}, x \in I_{2m+1}, \forall m \in \mathbb{N}$

είναι συνεχής, και έχει σύνολο τιμών το $(0, +\infty)$
Είναι εύκολο τώρα να επαληθεύσουμε ότι η $f(x) = xg(x), \forall x \in [1, +\infty)$ ικανοποιεί τις υποθέσεις που θέλουμε.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Φεβ 01, 2012 12:53 pm**

Ναι Νίκο έχεις δίκιο. Το διόρθωσα.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Φεβ 01, 2012 1:30 pm**

Βάζω μια διαφορετική απόδειξη για το (β). Παρουσιάζει ομοιότητες με του Νίκου αλλά διαφέρει λίγο στην εκτέλεση.

Θα βρω μια αύξουσα ακολουθία (x_n)

ώστε για κάθε θετικό ακέραιο

να ισχύει ότι $x_{2n} > 2n(2n-1)x_{2n-1}$ . Π.χ. η ακολουθία x_n = (n!)^2

δουλεύει. (Το μόνο βέβαια που μας ενδιαφέρει είναι η ύπαρξη της ακολουθίας.) Για κάθε φυσικό αριθμό

ορίζω $f(x_{2n+1}) = (2n+1)x_{2n+1}$ και $f(x_{2n}) = x_{2n}/2n$ και παρατηρώ ότι η ακολουθία f(x_n)

είναι αυστηρώς αύξουσα. Επομένως μπορώ να την επεκτείνω γραμμικά σε όλο το $[1,\infty)$ σε μια αυστηρώς αύξουσα συνεχή συνάρτηση.

Για κάθε $a \in (0,\infty]$ βρίσκω θετικό ακεραίου

ώστε $\displaystyle{ \frac{1}{2m} < a < 2m+1.}$ Τότε $\displaystyle{ \frac{f(x_{2m})}{x_2m} = \frac{1}{2m} < a < 2m+1 = \frac{f(x_{2m+1})}{2m+1}. }$ Επειδή η συνάρτηση f(x)/x

είναι συνεχής θα υπάρχει και $x \in [x_{2m},x_{2m+1}]$ ώστε f(x)/x =a

που είναι το ζητούμενο.

mathematica.gr

SEEMOUS 2008/1

SEEMOUS 2008/1

Re: SEEMOUS 2008/1

Re: SEEMOUS 2008/1

Re: SEEMOUS 2008/1