Συνεχής συνάρτηση

Συντονιστής: emouroukos

Άβαταρ μέλους
Christos.N
Δημοσιεύσεις: 1709
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 26, 2009 2:28 pm
Τοποθεσία: Ίλιον

Συνεχής συνάρτηση

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Christos.N » Τετ Δεκ 09, 2009 11:21 am

Καλημέρα σε όλους, υπάρχει κατα νου κάποια απόδειξη για την παρακάτω πρόταση:

Αν μια συνάρτηση f είναι συνεχής σε ένα διάστημα της μορφής (α,β) και έχει άπειρες ρίζες τότε είναι μηδενική στο διάστημα αυτό.

Τα α,β μπορεί να είναι πραγματικοί αριθμοί είτε μη πεπερασμένοι.

Ευχαριστώ πολύ.


Χρήστος Ντάβας
Wir müssen wissen — wir werden wissen! D.Hilbert
Άβαταρ μέλους
Κοτρώνης Αναστάσιος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3203
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 22, 2009 11:11 pm
Τοποθεσία: Μπροστά στο πισί...
Επικοινωνία:

Re: Συνεχής συνάρτηση

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Τετ Δεκ 09, 2009 11:31 am

Δεν ξέρω αν κατάλαβα καλά, αλλά αυτό δεν ισχύει. Για (a,b)=(-\infty,+\infty), η f(x)=\sin x είναι ένα αντιπαράδειγμα


Εσύ....; Θα γίνεις κανίβαλος....;
Άβαταρ μέλους
nkatsipis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 758
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 10:26 am
Τοποθεσία: Σαντορίνη
Επικοινωνία:

Re: Συνεχής συνάρτηση

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nkatsipis » Τετ Δεκ 09, 2009 11:39 am

Christos.N έγραψε:Καλημέρα σε όλους, υπάρχει κατα νου κάποια απόδειξη για την παρακάτω πρόταση:

Αν μια συνάρτηση f είναι συνεχής σε ένα διάστημα της μορφής (α,β) και έχει άπειρες ρίζες τότε είναι μηδενική στο διάστημα αυτό.

Τα α,β μπορεί να είναι πραγματικοί αριθμοί είτε μη πεπερασμένοι.

Ευχαριστώ πολύ.
Μήπως πολυωνυμική συνάρτηση?

Νίκος


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8261
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Συνεχής συνάρτηση

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τετ Δεκ 09, 2009 11:47 am

Ακόμη και αν απαιτήσουμε τα α και β να είναι πραγματικοί αριθμοί η πρόταση πάλι δεν ισχύει. Π.χ. f:(-1,1) \to \mathbb{R}; \; x \mapsto \max\{0,x\}.

Στο πιο πάνω παράδειγμα η f δεν είναι παραγωγίσιμη στο 0. Ακόμη όμως και αν απαιτήσουμε η f να είναι ομαλή (όλες οι παραγώγοι να υπάρχουν) η πρόταση πάλι δεν ισχύει. Ένα "γνωστό" παράδειγμα είναι η f:(-1,1) \to \mathbb{R}; \; x \mapsto \begin{cases} 0 &  \alpha \nu \;  x \leqslant 0  \\ e^{-1/x^2} &  \alpha \nu \; x > 0 \end{cases}

Η πρόταση ισχύει αν επιπλέον απαιτήσουμε η f να είναι αναλυτική.


Άβαταρ μέλους
Christos.N
Δημοσιεύσεις: 1709
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 26, 2009 2:28 pm
Τοποθεσία: Ίλιον

Re: Συνεχής συνάρτηση

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Christos.N » Τετ Δεκ 09, 2009 11:56 am

Ευχαριστώ όλους για τις σκέψεις σας, έχω αλλη μια απορία όμως.

Αν μια συνεχής συνάρτηση f έχει μια τουλάχιστον ρίζα σε κάθε διάστημα της μορφής (α,β) ,εννοώ για οποιουσδήποτε α,β, μπορούμε να δέιξουμε ότι είναι μηδενική;


Χρήστος Ντάβας
Wir müssen wissen — wir werden wissen! D.Hilbert
Άβαταρ μέλους
Κοτρώνης Αναστάσιος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3203
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 22, 2009 11:11 pm
Τοποθεσία: Μπροστά στο πισί...
Επικοινωνία:

Re: Συνεχής συνάρτηση

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Τετ Δεκ 09, 2009 12:05 pm

Christos.N έγραψε:Ευχαριστώ όλους για τις σκέψεις σας, έχω αλλη μια απορία όμως.

Αν μια συνεχής συνάρτηση f έχει μια τουλάχιστον ρίζα σε κάθε διάστημα της μορφής (α,β) ,εννοώ για οποιουσδήποτε α,β, μπορούμε να δέιξουμε ότι είναι μηδενική;
Νομίζω πως η απάντηση είναι όχι. Εδώ έχει συζητηθεί η υπαρξη παραδείγματος συνάρτησης που απεικονίζει κάθε διάστημα στο \mathbb{R}. Μια τέτοια συνάρτηση θα έχει ρίζα σε κάθε διάστημα και εκ' των πραγμάτων δεν μπορεί να είναι η μηδενική!
Βέβαια η κατασκευή του παραδείγματος είναι αρκετά περίπλοκη...


Εσύ....; Θα γίνεις κανίβαλος....;
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8261
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Συνεχής συνάρτηση

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τετ Δεκ 09, 2009 12:13 pm

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:
Christos.N έγραψε:Ευχαριστώ όλους για τις σκέψεις σας, έχω αλλη μια απορία όμως.

Αν μια συνεχής συνάρτηση f έχει μια τουλάχιστον ρίζα σε κάθε διάστημα της μορφής (α,β) ,εννοώ για οποιουσδήποτε α,β, μπορούμε να δέιξουμε ότι είναι μηδενική;
Νομίζω πως η απάντηση είναι όχι. Εδώ έχει συζητηθεί η υπαρξη παραδείγματος συνάρτησης που απεικονίζει κάθε διάστημα στο \mathbb{R}. Μια τέτοια συνάρτηση θα έχει ρίζα σε κάθε διάστημα και εκ' των πραγμάτων δεν μπορεί να είναι η μηδενική!
Βέβαια η κατασκευή του παραδείγματος είναι αρκετά περίπλοκη...
Τάσο, η συνάρτηση που παραθέτεις δεν είναι συνεχής!

Η απάντηση είναι ναι. Για κάθε x μπορούμε να κατασκευάσουμε ακολουθία x_n που τείνει στο x με f(x_n)=0. Από την συνέχεια της f θα έχουμε και f(x)=0.


Άβαταρ μέλους
Κοτρώνης Αναστάσιος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3203
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 22, 2009 11:11 pm
Τοποθεσία: Μπροστά στο πισί...
Επικοινωνία:

Re: Συνεχής συνάρτηση

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Τετ Δεκ 09, 2009 12:16 pm

Demetres έγραψε:Τάσο, η συνάρτηση που παραθέτεις δεν είναι συνεχής!
:oops:Ζητούσαμε συνέχεια, πράγματι..Αυτό το παρέβλεψα!! Σόρυ!


Εσύ....; Θα γίνεις κανίβαλος....;
Άβαταρ μέλους
Christos.N
Δημοσιεύσεις: 1709
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 26, 2009 2:28 pm
Τοποθεσία: Ίλιον

Re: Συνεχής συνάρτηση

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Christos.N » Τετ Δεκ 09, 2009 12:34 pm

O Demetres έγραψε:
Η απάντηση είναι ναι. Για κάθε x μπορούμε να κατασκευάσουμε ακολουθία x_n που τείνει στο x με f(x_n)=0. Από την συνέχεια της f θα έχουμε και f(x)=0.
Στηρίζεται στoν κιβωτισμό της ακολουθίας Cantor;


Χρήστος Ντάβας
Wir müssen wissen — wir werden wissen! D.Hilbert
Άβαταρ μέλους
Κοτρώνης Αναστάσιος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3203
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 22, 2009 11:11 pm
Τοποθεσία: Μπροστά στο πισί...
Επικοινωνία:

Re: Συνεχής συνάρτηση

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Τετ Δεκ 09, 2009 12:43 pm

Σε κάθε διάστημα της μορφής (x+\frac{1}{n+1},x+\frac{1}{n}) υπάρχει ρίζα x_{n} και προφανώς x_{n}\to x.


Εσύ....; Θα γίνεις κανίβαλος....;
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8261
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Συνεχής συνάρτηση

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τετ Δεκ 09, 2009 12:48 pm

Χρήστο δεν είμαι σίγουρος τι εννοείς με τον "κιβωτισμό της ακολουθίας Cantor". Αυτό που έγραψε ο Αναστάσης σκεφτόμουνα.

Διαφορετικά, αν f(x) \neq 0, τότε από την συνέχεια της f υπάρχει δ ώστε αν |x-y| < \delta τότε |f(x) - f(y)| < |f(x)|/2. Αλλά τότε στο (x-\delta,x+\delta) η f δεν έχει ρίζα.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Ανάλυση”

Μέλη σε σύνδεση

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