εύρεση συνάρτησης (Γ.Λ ΟΛΟΚΛΗΡ),(Δ.10)

parmenides51 · #1

μια άσκηση του Μπάμπη Στεργίου:

Να βρείτε την συνεχή συνάρτηση $\displaystyle{f}$ για την οποία ισχύει ότι $\displaystyle{f(x)-\int_0^1(x+y)f(y)dy=x}$ για κάθε $\displaystyle{x\in\mathbb{R}}$ .

εως να ανοίξουν τα σχολεία

Stavroulitsa · #2

Καλησπέρα!

Θα βάλω μια λύση, αλλά νομιζω πως θα έχει πολλά κενά από άποψη θεωριας!

θέτω $g\left(x \right)=\int_{0}^{1}{\left(x+y \right)f\left(y \right)}dy$ , η

είναι παραγωγίσιμη άρα και συνεχής, επομενως η $f\left(x \right)=\int_{0}^{1}{\left(x+y \right)f\left(y \right)}dy+x$ είναι συνεχής και παραγωγίσιμη ως πράξεις συνεχών και παραγωγίσιμων συναρτήσεων.
Επομένως θέτω u=x+y

άρα

και
για

τότε

και
για

τότε

άρα
$\int_{0}^{1}{\left(x+y \right)f\left(y \right)}dy=\int_{x}^{x+1}{uf'\left(u-x \right)}du$
άρα έχουμε:
$f\left(x \right)=\int_{x}^{x+1}{uf'\left(u-x \right)}du+x\Leftrightarrow f\left(x \right)=\int_{a}^{x+1}{uf'\left(u-x \right)}du-\int_{x}^{a}{uf'\left(u-x \right)}du+x$
για $a\in D_{f}$ άρα
$f\left(x \right)=\int_{a}^{x+1}{uf'\left(u-x \right)}du-\int_{x}^{a}{uf'\left(u-x \right)}du+x\Rightarrow f'\left(x \right)=\left(x+1 \right)f\left(1 \right)-f\left(0 \right)x+1\Leftrightarrow f'\left(x \right)=\left(f\left(1 \right)-f\left(0 \right) \right)x+f\left(1 \right)+1\; {\color{blue} \left(1 \right)}$
άρα $f\left(x \right)=\left(f\left(1 \right) -f\left(0 \right)\right)\frac{x^{2}}{2}+\left(f\left(1 \right)+1 \right)x+c$
και για x=0

είναι $c=f\left(0 \right)$ άρα
$f\left(x \right)=\left(f\left(1 \right) -f\left(0 \right)\right)\frac{x^{2}}{2}+\left(f\left(1 \right)+1 \right)x+f\left(0 \right)\; {\color{blue}\left(\tau \epsilon \lambda \iota \kappa \eta \right) }$
επίσης στην αρχική εξίσωση για x=0

έχουμε:
$f\left(0 \right)-\int_{0}^{1}{yf\left(y \right)}dy=0\Leftrightarrow f\left(0 \right)=\int_{0}^{1}{yf\left(y \right)}dy \; {\color{green} \left(2 \right)}$
και για x=1

και λαμβάνοντας υπ όψιν μας την (2) έχουμε:
$f\left(1 \right)-\int_{0}^{1}{\left(y+1 \right)f\left(y \right)}dy=1\Leftrightarrow f\left(1 \right)=\int_{0}^{1}{yf\left(y \right)}dy+\int_{0}^{1}{f\left(y \right)}dy+1\Leftrightarrow f\left(1 \right)=f\left(0 \right)+\int_{0}^{1}{f\left(y \right)}dy+1\Leftrightarrow f\left(1 \right)-f\left(0 \right)=\int_{0}^{1}{f\left(y \right)}dy+1 \; {\color{red} \left(3 \right)}$
ξαναγυρίζω στην αρχική και έχω
$f\left(x \right)-\int_{0}^{1}{\left(x+y \right)f\left(y \right)}dy=x\Leftrightarrow f\left(x \right)=x\int_{0}^{1}{f\left(y \right)}dy+\int_{0}^{1}{yf\left(y \right)}dy+x\Rightarrow f'\left(x \right)=\int_{0}^{1}{f\left(y \right)}dy+1$
και αντικαθιστώντας από τις (1) και (3) έχουμε:
$f'\left(x \right)=\int_{0}^{1}{f\left(y \right)}dy+1\Leftrightarrow \left(f\left(1 \right)-f\left(0 \right) \right)x+f\left(1 \right)+1=f\left(1 \right)-f\left(0 \right)\Leftrightarrow f\left(1 \right)=f\left(0 \right)\; \kappa a\iota \; f\left(1 \right)-f\left(0 \right)=f\left(1 \right)+1\Leftrightarrow f\left(1 \right)=f\left(0 \right)=-1$
άρα πάμε στην (τελική) και έχουμε:
$f\left(x \right)=\left(f\left(1 \right) -f\left(0 \right)\right)\frac{x^{2}}{2}+\left(f\left(1 \right)+1 \right)x+f\left(0 \right)$
άρα $f\left(x \right)=-1$ για κάθε $x\in \Re$

#3

Σταυρουλίτσα, για ξανά δες το γιατί βγάζω f(x)=

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

.

M.

parmenides51 · #4

μερικά σχόλια με καλή καρδιά

Stavroulitsa έγραψε: $\int_{0}^{1}{\left(x+y \right)f\left(y \right)}dy=\int_{x}^{x+1}{uf'\left(u-x \right)}du$

το παραπάνω σημείο μετά την αλλαγή μεταβλητής u=x+y

δεν είναι σωστό, δεν θέλει παράγωγο μετά το ίσον

Η παράγωγος της συνάρτησης $\displaystyle{\int_{a}^{x+1}{uf'\left(u-x \right)}du}$ με $\displaystyle{a\in \mathbb{R} }$ ως προς $\displaystyle{x}$ δεν είναι $\displaystyle{\left(x+1 \right)f\left(1 \right)}$ διότι η συνάρτηση μέσα στο ολοκλήρωμα δεν περιέχει μόνο την μεταβλητή $\displaystyle{u}$ , παρά περιέχει και την μεταβλητή $\displaystyle{x}$

Γενικά μπορούμε να βρούμε την παράγωγο συνάρτησης ολοκλήρωμα μόνο σε μια από τις 3 μορφές $\displaystyle{\int_{a}^{x}{h\left(u\right)}du}$ , $\displaystyle{\int_{a}^{f(x)}{h\left(u\right)}du}$ , $\displaystyle{\int_{f(x)}^{g(x)}{h\left(u\right)}du}$ με $\displaystyle{a\in \mathbb{R} }$ και $\displaystyle{f,g}$ παραγωγίσιμες. Αν μέσα στο ολοκλήρωμα έχουμε $\displaystyle{x}$ (την μεταβλητή στα άκρα ολοκλήρωσης) προσπαθούμε να το βγάλουμε απέξω είτε χρησιμοποιώντας πράξεις συναρτήσεων είτε κατάλληλη αλλαγή μεταβλητής.

Ρίξε μια ματιά στα παρακάτω άρθρα:
$\displaystyle{\bullet}$ συναρτήσεις που ορίζονται από ολοκληρώματα, σχετικά θέματα από Αντώνη Κυριακόπουλο
$\displaystyle{\bullet}$ εύρεση συνάρτησης από Μπάμπη Στεργίου
$\displaystyle{\bullet}$ η αρχική συνάρτηση - αόριστο ολοκλήρωμα από Μπάμπη Στεργίου
$\displaystyle{\bullet}$ η αρχική συνάρτηση - αόριστο ολοκλήρωμα από Μπάμπη Στεργίου
$\displaystyle{\bullet}$ το θεώρημα αντικατάστασης στα ορισμένα ολοκληρώματα από Αντώνη Κυριακόπουλο

Stavroulitsa · #5

parmenides51 έγραψε:μερικά σχόλια με καλή καρδιά

Stavroulitsa έγραψε: $\int_{0}^{1}{\left(x+y \right)f\left(y \right)}dy=\int_{x}^{x+1}{uf'\left(u-x \right)}du$
το παραπάνω σημείο μετά την αλλαγή μεταβλητής δεν είναι σωστό, δεν θέλει παράγωγο μετά το ίσον

Η παράγωγος της συνάρτησης $\displaystyle{\int_{a}^{x+1}{uf'\left(u-x \right)}du}$ με $\displaystyle{a\in \mathbb{R} }$ ως προς $\displaystyle{x}$ δεν είναι $\displaystyle{\left(x+1 \right)f\left(1 \right)}$ διότι η συνάρτηση μέσα στο ολοκλήρωμα δεν περιέχει μόνο την μεταβλητή $\displaystyle{u}$ , παρά περιέχει και την μεταβλητή $\displaystyle{x}$

Γενικά μπορούμε να βρούμε την παράγωγο συνάρτησης ολοκλήρωμα μόνο σε μια από τις 3 μορφές $\displaystyle{\int_{a}^{x}{h\left(u\right)}du}$ , $\displaystyle{\int_{a}^{f(x)}{h\left(u\right)}du}$ , $\displaystyle{\int_{f(x)}^{g(x)}{h\left(u\right)}du}$ με $\displaystyle{a\in \mathbb{R} }$ και $\displaystyle{f,g}$ παραγωγίσιμες. Αν μέσα στο ολοκλήρωμα έχουμε $\displaystyle{x}$ (την μεταβλητή στα άκρα ολοκλήρωσης) προσπαθούμε να το βγάλουμε απέξω είτε χρησιμοποιώντας πράξεις συναρτήσεων είτε κατάλληλη αλλαγή μεταβλητής.

Καλησπέρα, σας ευχαριστώ πάρα πολυ που με διορθώσατε!!!

Το πρώτο λάθος στην αντικατάσταση ηταν τυπογραφικο και το δευτερο ητανε αδικιολόγητο!!! Δε θα διαγραψω όμως τη λάθος λύση μου γιατί θεωρώ πως είναι πολύ σημαντικό για εμάς που θα δώσουμε φέτος πανελλήνιες να βλέπουμε και να μαθαίνουμε από τα λάθη μας!

Θα βάλω μια λύση που ελπίζω να την έχω σωστή! Και ευχαριστώ τον κύριο Χρήστο Κυριαζή γιατί η ιδέα ητανε δικια του!

(τώρα το πως αξιοποίησα εγώ την ιδέα του ειναι άλλο θεμα...

)

αρχικά έχουμε
$f\left(x \right)-\int_{0}^{1}{\left(x+y \right)f\left(y \right)}dy=x\Leftrightarrow f\left(x \right)=\left(\int_{0}^{1}{f\left(y \right)} dy +1\right)x+\int_{0}^{1}{yf\left(y \right)}dy$
και επειδή τα ολοκληρώματα είναι σταθερές θέτω
$a=\int_{0}^{1}{f\left(y \right)}dy$ και $b=\int_{0}^{1}{yf\left(y \right)}dy$
οπότε έχω $f\left(x \right)=\left(a+1 \right)x+b$ άρα
$a=\int_{0}^{1}{f\left(y \right)}dy$ και με αλλαγή μεταβλητής έχω
$a=\int_{0}^{1}{f\left(x \right)}dx\Leftrightarrow a=\int_{0}^{1}{\left(\left(a+1 \right)x+b \right)}dx\Leftrightarrow a=\left[\frac{\left(a+1 \right)x^{2}}{2} +bx\right]^{1}_{0}\Leftrightarrow a=\frac{a+1}{2}+b\Leftrightarrow a=2b+1\; {\color{blue} \left(1 \right)}$
και $b=\int_{0}^{1}{yf\left(y \right)}dy$ και με αλλαγή μεταβλητής έχω
$b=\int_{0}^{1}{xf\left(x \right)}dx\Leftrightarrow b=\int_{0}^{1}{\left(\left(a+1 \right)x^{2}+bx \right)}dx\Leftrightarrow b=\left[\frac{\left(a+1 \right)x^{3}}{3} +\frac{bx^{2}}{2}\right]^{1}_{0}\Leftrightarrow b=\frac{a+1}{3}+\frac{b}{2}\Leftrightarrow 6b=2a+2+3b \; {\color{red} \left(2 \right)}$
και από (1) και (2) παίρνουμε
$\begin{cases} 3b-2a-2=0 \\ a-2b-1=0 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases} 3b-2a-2=0 \\ -4b+2a-2=0 \end{cases}\Leftrightarrow b=-4\; \kappa \alpha \iota \; a=-7$
άρα $f\left(x \right)=-6x-4$

εύρεση συνάρτησης (Γ.Λ ΟΛΟΚΛΗΡ),(Δ.10)

εύρεση συνάρτησης (Γ.Λ ΟΛΟΚΛΗΡ),(Δ.10)

Re: εύρεση συνάρτησης (ΓΛ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟΣ)

Re: εύρεση συνάρτησης (ΓΛ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟΣ)

Re: εύρεση συνάρτησης (ΓΛ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟΣ)

Re: εύρεση συνάρτησης (ΓΛ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟΣ)

Μέλη σε σύνδεση