mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 02, 2009 11:37 pm**

Μια περιεργη ασκηση απο το αρχειο μου :

Να βρειτε ολα τα $\displaystyle{c \in R}$ για τα οποια υπαρχει απειρως παραγωγιζομενη συναρτηση $\displaystyle{f:R \to R}$ ετσι ωστε να ισχυει :

$\displaystyle{ f^{\left( {n + 1} \right)} \left( x \right) > f^{\left( n \right)} (x) + c }$

(ο εκθετης εκφραζει παραγωγο).

(Πονηρα σκεφτομενος εβαλα την $\displaystyle{f(x) = e^x }$ και φυσικα βρηκα $\displaystyle{0 > c}$ αλλα υπαρχει κατι παραπανω?)

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 04, 2009 9:17 am**

Μετἀ απο ένα ΠΜ το οποίο θα ανεβάσω είδα μια λύση στο
http://www.mediafire.com/download.php?zdnmwodynou
Νομίζω ότι στο λἠμμα 2 πρέπει να γραφεί $\displaystyle{f(x)<-\frac{c}{2} we havef(y)<-\frac{c}{2}...}$

αν $\displaystyle{c>0}$ θα δειχθεί οτι δεν υπάρχει τέτοια συνάρτηση
μια άλλη απόδειξη πιο σχολική με προϋπόθεση ότι $\displaystyle{\exists \lim_{x \to -\infty}g(x)=L}$ που κάνει την άσκηση πιο σχολική είναι

Θέτω $\displaystyle{g=f^{(n)}}$ και πολλαπλασιάζω με $\displaystyle{e^{-x}}$
Καταλήγω στην $\displaystyle{(h(x)=e^{-x}(g(x)+c))'>0}$
Λόγω μονοτονίας για $\displaystyle{x<0\Rightarrow h(x)<h(0)\Rightarrow ... g(x)+c<(g(0)+c)e^x}$
παίρνοντας όρια στο $\displaystyle{-\infty}$ θα είναι $\displaystyle{L+c<0\Rightarrow L<-c<0}$
υπάρχουν x κοντά στο $\displaystyle{-\infty : -\frac{3c}{2}\le g(x)\le -\frac{c}{2}}$
αλλά $\displaystyle{g'(x)+(c/2)>g(x)+(3c/2)>0\Rightarrow g'(x)>-(c/2)}$ [1]
Από την άλλη μεριά επειδή η αρχική ισχύει για κάθε $\displaystyle{n}$ θα πρέπει τα ίδια να ισχύουν για την παράγωγο $\displaystyle{g'}$ δηλαδή κοντά στο $\displaystyle{-\infty}$ $\displaystyle{-\frac{3c}{2}\le g'(x)\le -\frac{c}{2}}$ [2]
Από [1] και [2] προκύπτει το επιθυμητό άτοπο για τα κοινά τους x

Β τρόπος ή όχι; τι λέτε
Για να φύγει η αναδρομικότητα πολλαπλασιάζω με $\displaystyle{e^{-x}}$ και ολοκληρώνω απο 0 έως x διατρώντας την φορά αν $\displaystyle{x\ge 0}$ αλλιως αλλάζοντας
Καταλήγω στην $\displaystyle{f^{(n)}(x)-f^{(n)}(0)>c(e^x-1)}$ ολοκληρώνω απο 0 έως x διατηρώντας την φορά n φορές
Φτάνω στην $\displaystyle{f(x)-P_{f,n-1}(x,0)-f^{(n)}(0)\frac{x^n}{n!}>C(e^x-Q_{e^x,n}(x,0)}$ όπου P,Q τα πολυώνυμα Taylor των $\displaystyle{f , e^x }$ στο σημείο 0 και βαθμών n-1,n αντιστοίχως
Ὀμως $\displaystyle{f(x)-P_{f,n-1}(x,0)=f^{(n)}(\xi)\frac{x^n}{n!} , 0<\xi <x}$ και $\displaystyle{e^x-Q_{e^x,n}(x,0)=\frac{e^k x^{n+1}}{(n+1)!}}$
Τελικά μετα τις αντικαταστάσεις και ,ενα ΘΜΤ
$\displaystyle{c<\xi f^{(n+1)}(m)(n+1)(e^{-k}/x),0<m<\xi <x,0<k<x}$
θα αρκούσε $\displaystyle{c<m f^{(n+1)}(m)(n+1)(e^{-x}/x),0<m<x}$ [3]
για x<0 πρέπει να διακρίνουμε περιπτώσεις n άτιος , περιττός γιατί η ανίσωση αλλάζει φορά κάθε φορά που ολοκληρώνουμε
αν n=2r η αρχική ανισότητα αλλάζει διότι ολοκληρώσαμε r+1 φορές και μένει ίδια αφού επειδή τελικά θα διαιρέσουμε με το $\displaystyle{x^{2r+1}}$
όμοια αν n=2r-1 δηλαδη $\displaystyle{c<q f^{(n+1)}(q)(n+1)(e^{-x}/x),0>q>x}$ [4]

Από εδώ και πέρα τα πράγματα μπλέκονται διότι τα m.q εξαρτώνται από το x και ολόκληρη η $\displaystyle{q f^{(n+1)}(q)(n+1)(e^{-x}/x)}$ και από το η και δεν μπορώ να βρώ το ελάχιστό της για κάθε f (παρ' όλο που ζητά για μια)

Κάνω μια σκέψη που μου ήρθε αργότερα
Αν όμως υπήρχε κάποιο c>0 καταλήγουμε σε άτοπο διότι οι παραστάσεις [3] ή [4] δεν έχουν inf (σταθεροποιώντας το η και έχοντας μεταβλητή το χ ή ανάποδα) όπως μπορούμε?να διαπιστώσουμε

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 04, 2009 10:59 am**

Ροδόλφε,

έξοχα όσα μας γράφεις. Σε κάποια έκανα παρόμοιες σκέψεις και τα υπόλοιπα θα τα μελετήσω.

Στην προσπάθειά μου να λύσω την άσκηση (δεν τα κατάφερα) ανακάλυψα ένα ενδιαφέρον νέο Λήμμα, το οποίο παραθέτω. Για την απόδειξή του έκανα μία, κατά την γνώμη μου, πολύ ωραία και περίεργη απόδειξη. Έτσι το παίδεμα (και πιστέψτε με ήταν αρκετό) προς αυτή την κατεύθυνση με τράβηξε μακρυά από το αρχικό πρόβλημα.

Πιστεύω όμως, αλλά όχι εκατό τοις εκατό, ότι από το Λήμμα μπορείς να πας στη άσκηση και ανάποδα. Όπως και να 'ναι το Λήμμα είναι ενδιαφέρον από μόνο του.

Το γράφω εδώ αλλά θα το επαναλάβω σε χωριστό thread, για να μην ανακατεύεται με το αρχικό πρόβλημα.

Ξανατονίζω, η απόδειξή του με παίδεψε. Δεν ξέρω αν η απόδειξη στο κείμενο στο mediafire που παρέθεσε ο Ροδόλφος, μπορεί να προσαρμοστεί και εδώ. Η δική μου τεχνική είναι τελείως αλλιώτικη.

Έστω $f: [0, +\infty) \rightarrow \mathbb R$ άπειρα παραγωγίσιμη συνάρτηση με
$f^{(n)}(0) = 0$ και $f^{(n)}(x) \ge 0$ για κάθε n = 0, 1, 2, ... και x στο $[0, +\infty)$ . Δείξται ότι f = 0.

Φιλικά,

Μιχάλης.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 04, 2009 11:43 am**

Ψάχνοντας για να το τι σημαίνει το "Problem j18-I-3." στο pdf του Ροδόλφου βλέπουμε ότι
πρόκειται για το 3ο πρόβλημα του 18ου διαγωνισμού "Vojtěch Jarník International Mathematical Competition" http://vjimc.osu.cz/

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 04, 2009 11:57 am**

achilleas έγραψε:Ψάχνοντας για να το τι σημαίνει το "Problem j18-I-3." στο pdf του Ροδόλφου βλέπουμε ότι
πρόκειται για το 3ο πρόβλημα του 18ου διαγωνισμού "Vojtěch Jarník International Mathematical Competition" http://vjimc.osu.cz/

Φιλικά,

Αχιλλέας

Αχιλλέα,

όταν πρόσφατα σε προλόγιζα στο φόρουμ, με την εγγραφή σου, ξέχασα να γράψω:

Και όπως θα διαπιστώσεται, ο Αχιλλέας έχει τεράστιο εύρος γνώσεων. Δεν υπάρχει πρόβλημα σε Μαθηματική Ολυμπιάδα ή σε περιοδικό τύπου CRUX που να μην ξέρει την πηγή του. .

Οι απαντήσεις σου στα ερωτήματα του φόρουμ δείχνουν προδήλως του λόγου το αληθές.

Είσαι θησαυρός, και σε ευχαριστούμε θερμά.

Φιλικά,

Μιχάλης.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 04, 2009 12:06 pm**

Ευχαριστώ κ. Μιχάλη και πάλι, αν και πιστεύω πως
για το συγκεκριμένο πρόβλημα τα συγχαρητήρια ανήκουν στο Ροδόλφο.

Με εκτίμηση,

Αχιλλέας

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 04, 2009 12:34 pm**

achilleas έγραψε: για το συγκεκριμένο πρόβλημα τα συγχαρητήρια ανήκουν στο Ροδόλφο.

Σωστά. Σπεύδω να προσθέσω, όμως, ότι ο Ροδόλφος είνα παλιός στο φόρουμ, και έχει μονίμως τα συγχαρητήριά μου.

Ο Ροδόλφος, μαζί με Βασίλη, Γιώργο, Γρηγόρη, Δημήτρη, Μάκη, Μπάμπη, Σεραφείμ, Φωτεινή, Χρήστο, και λοιπά και λοιπά και λοιπά, είναι ένας από αυτούς του mathematica που δεν γνώρισα ακόμη από κοντά. Ίσως βρεθεί κάποια ευκαιρία σε κρασοκατάνυξη στη Ροζαλία. Πόσο το επιθυμώ.
Εννοείται, αν δεν είναι και ο Δάσκαλος εκεί, δεν πάω.

Μιχάλης.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 04, 2009 12:40 pm**

Για την ιστορια εστειλα την λυση στον Ροδολφο αλλα μονο για να την δει και οχι να την ανεβασει
στο φορουμ.Αυτος εκρινε οτι επρεπε να την ανεβασει.Βεβαια απο εκει περα ηταν θεμα google να βρεθει η πηγη.

Αυτα φιλικοτατα.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 04, 2009 2:12 pm**

achilleas έγραψε: πρόκειται για το 3ο πρόβλημα του 18ου διαγωνισμού "Vojtěch Jarník International Mathematical Competition" http://vjimc.osu.cz/

Χμμμμ. Ομολογώ πώς δάβασα κάπως γρήγορα την πρωταθείσα λύση στον απίθανο και δυσκολότατο διαγωνισμό Vojtech (που δεν τον ήξερα) αλλά κάτι δεν μου πάει καλά.
Ίσως φταίει ότι δεν έχω printer στο σπίτι, και δεν μπορώ να διαβάζω από οθόνης δύσκολα κείμενα.
Δεν βλέπω πουθενά να χρησιμοποιεί όλες τις υποθέσεις. Φαίνεται ότι στην περίπτωση του c > 0 αρκείται μόνο στα
f{'}(x) > f(x) + c, f{''}(x) > f{'}(x) + c

f{'}(x) > f(x) + c, f{''}(x) > f{'}(x) + c

.

Αλλά σίγουρα μπορεί κανείς εύκολα να κατασκευάσει αντιπαραδείγματα.

Κάνω λάθος;

Τέτοιο λάθος συγχωρείται, αλλά πάω τώρα να ψηφίσω ελπίζοντας να μην κάνω λάθος εκεί !

Φιλικά, και όπως έγραψε σε άλλο μήνυμα ο papel, καλό βόλι.

Μιχάλης

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 04, 2009 4:30 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Και όπως θα διαπιστώσεται, ο Αχιλλέας έχει τεράστιο εύρος γνώσεων. Δεν υπάρχει πρόβλημα σε Μαθηματική Ολυμπιάδα ή σε περιοδικό τύπου CRUX που να μην ξέρει την πηγή του. .

Το έχουμε ήδη διαπιστώσει.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 04, 2009 4:41 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε:
achilleas έγραψε: πρόκειται για το 3ο πρόβλημα του 18ου διαγωνισμού "Vojtěch Jarník International Mathematical Competition" http://vjimc.osu.cz/
Χμμμμ. Ομολογώ πώς δάβασα κάπως γρήγορα την πρωταθείσα λύση στον απίθανο και δυσκολότατο διαγωνισμό Vojtech (που δεν τον ήξερα) αλλά κάτι δεν μου πάει καλά.
Ίσως φταίει ότι δεν έχω printer στο σπίτι, και δεν μπορώ να διαβάζω από οθόνης δύσκολα κείμενα.
Δεν βλέπω πουθενά να χρησιμοποιεί όλες τις υποθέσεις. Φαίνεται ότι στην περίπτωση του c > 0 αρκείται μόνο στα
.

Αλλά σίγουρα μπορεί κανείς εύκολα να κατασκευάσει αντιπαραδείγματα.

Κάνω λάθος;

Τέτοιο λάθος συγχωρείται, αλλά πάω τώρα να ψηφίσω ελπίζοντας να μην κάνω λάθος εκεί !

Φιλικά, και όπως έγραψε σε άλλο μήνυμα ο papel, καλό βόλι.

Μιχάλης

Πράγματι δεν χρειάζονται όλες οι υποθέσεις. Δίνω μια άλλη λύση που πάλι χρησιμοποιεί μόνο τις περιπτώσεις ν=0,1:

Ορίζουμε $g(x) = f^{\prime}(x) - f(x)$ και παρατηρούμε ότι η συνάρτηση είναι παντού θετική (μεγαλύτερη του c>0) και αύξουσα. Επίσης $g^{\prime}(x) \geqslant c$ για κάθε

. Αλλά τότε για x < 0

έχουμε

$\displaystyle g(x) = g(0) - \int_x^0 g^{\prime}(t) \;dt \leqslant g(0) - c|x|$ .

Άρα g(-g(0)/c) < 0

, άτοπο.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 06, 2009 1:00 pm**

R BORIS έγραψε:Μετἀ απο ένα ΠΜ το οποίο θα ανεβάσω είδα μια λύση στο
http://www.mediafire.com/download.php?zdnmwodynou
Νομίζω ότι στο λἠμμα 2 πρέπει να γραφεί $\displaystyle{f(x)<-\frac{c}{2} we havef(y)<-\frac{c}{2}...}$

αν $\displaystyle{c>0}$ θα δειχθεί οτι δεν υπάρχει τέτοια συνάρτηση
μια άλλη απόδειξη πιο σχολική με προϋπόθεση ότι $\displaystyle{\exists \lim_{x \to -\infty}g(x)=L}$ που κάνει την άσκηση πιο σχολική είναι

Θέτω $\displaystyle{g=f^{(n)}}$ και πολλαπλασιάζω με $\displaystyle{e^{-x}}$
Καταλήγω στην $\displaystyle{(h(x)=e^{-x}(g(x)+c))'>0}$
Λόγω μονοτονίας για $\displaystyle{x<0\Rightarrow h(x)<h(0)\Rightarrow ... g(x)+c<(g(0)+c)e^x}$
παίρνοντας όρια στο $\displaystyle{-\infty}$ θα είναι $\displaystyle{L+c<0\Rightarrow L<-c<0}$
υπάρχουν x κοντά στο $\displaystyle{-\infty : -\frac{3c}{2}\le g(x)\le -\frac{c}{2}}$
αλλά $\displaystyle{g'(x)+(c/2)>g(x)+(3c/2)>0\Rightarrow g'(x)>-(c/2)}$ [1]
Από την άλλη μεριά επειδή η αρχική ισχύει για κάθε $\displaystyle{n}$ θα πρέπει τα ίδια να ισχύουν για την παράγωγο $\displaystyle{g'}$ δηλαδή κοντά στο $\displaystyle{-\infty}$ $\displaystyle{-\frac{3c}{2}\le g'(x)\le -\frac{c}{2}}$ [2]
Από [1] και [2] προκύπτει το επιθυμητό άτοπο για τα κοινά τους x

Β τρόπος ή όχι; τι λέτε
Για να φύγει η αναδρομικότητα πολλαπλασιάζω με $\displaystyle{e^{-x}}$ και ολοκληρώνω απο 0 έως x διατρώντας την φορά αν $\displaystyle{x\ge 0}$ αλλιως αλλάζοντας
Καταλήγω στην $\displaystyle{f^{(n)}(x)-f^{(n)}(0)>c(e^x-1)}$ ολοκληρώνω απο 0 έως x διατηρώντας την φορά n φορές
Φτάνω στην $\displaystyle{f(x)-P_{f,n-1}(x,0)-f^{(n)}(0)\frac{x^n}{n!}>C(e^x-Q_{e^x,n}(x,0)}$ όπου P,Q τα πολυώνυμα Taylor των $\displaystyle{f , e^x }$ στο σημείο 0 και βαθμών n-1,n αντιστοίχως
Ὀμως $\displaystyle{f(x)-P_{f,n-1}(x,0)=f^{(n)}(\xi)\frac{x^n}{n!} , 0<\xi <x}$ και $\displaystyle{e^x-Q_{e^x,n}(x,0)=\frac{e^k x^{n+1}}{(n+1)!}}$
Τελικά μετα τις αντικαταστάσεις και ,ενα ΘΜΤ
$\displaystyle{c<\xi f^{(n+1)}(m)(n+1)(e^{-k}/x),0<m<\xi <x,0<k<x}$
θα αρκούσε $\displaystyle{c<m f^{(n+1)}(m)(n+1)(e^{-x}/x),0<m<x}$ [3]
για x<0 πρέπει να διακρίνουμε περιπτώσεις n άτιος , περιττός γιατί η ανίσωση αλλάζει φορά κάθε φορά που ολοκληρώνουμε
αν n=2r η αρχική ανισότητα αλλάζει διότι ολοκληρώσαμε r+1 φορές και μένει ίδια αφού επειδή τελικά θα διαιρέσουμε με το $\displaystyle{x^{2r+1}}$
όμοια αν n=2r-1 δηλαδη $\displaystyle{c<q f^{(n+1)}(q)(n+1)(e^{-x}/x),0>q>x}$ [4]

Από εδώ και πέρα τα πράγματα μπλέκονται διότι τα m.q εξαρτώνται από το x και ολόκληρη η $\displaystyle{q f^{(n+1)}(q)(n+1)(e^{-x}/x)}$ και από το η και δεν μπορώ να βρώ το ελάχιστό της για κάθε f (παρ' όλο που ζητά για μια)

Κάνω μια σκέψη που μου ήρθε αργότερα
Αν όμως υπήρχε κάποιο c>0 καταλήγουμε σε άτοπο διότι οι παραστάσεις [3] ή [4] δεν έχουν inf (σταθεροποιώντας το η και έχοντας μεταβλητή το χ ή ανάποδα) όπως μπορούμε?να διαπιστώσουμε

Να σημειώσω κἀτι τα όρια της $\displaystyle{g,g'}$ δεν είναι γενικά τα ίδια έτσι το αριστερό μέλος της [2] χαλάει αλλά αυτό δεν πειράζει γιατί η αντίφαση οφείλεται στο δεξί μέλος που εξακολουθεί να ισχύει αφού όλα τα όρια είναι <-c

mathematica.gr

Απειρως Παραγωγιζομενη

Απειρως Παραγωγιζομενη

Re: Απειρως Παραγωγιζομενη

Re: Απειρως Παραγωγιζομενη

Re: Απειρως Παραγωγιζομενη

Re: Απειρως Παραγωγιζομενη

Re: Απειρως Παραγωγιζομενη

Re: Απειρως Παραγωγιζομενη

Re: Απειρως Παραγωγιζομενη

Re: Απειρως Παραγωγιζομενη

Re: Απειρως Παραγωγιζομενη

Re: Απειρως Παραγωγιζομενη

Re: Απειρως Παραγωγιζομενη