ΕΥΡΕΣΗ ΤΥΠΟΥ

nikoszan · #1

Για την δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση $\displaystyle{f:R \to R}$ ισχύει $\displaystyle{f''\left( x \right) + f\left( { - x} \right) = 0,\forall x \in R}$
και είναι $\displaystyle{f\left( 0 \right) = 0}$ , $\displaystyle{f'\left( 0 \right) = 1}$ .Να βρεθει ο τύπος της $\displaystyle{f}$

G.Tsikaloudakis · #2

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#3

G.Tsikaloudakis έγραψε:
ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
${\mathop{\rm f}\nolimits} (x) = \frac{{e^x - e^{ - x} }}{2}$

Οι απαντήσεις πρέπει να είναι κατά τα δυνατόν πλήρεις να αποφεύγονται οι υποδείξεις και η παράθεση μόνο του αποτελέσματος.

G.Tsikaloudakis · #4

Από την ισότητα: $f''(x) + {\mathop{\rm f}\nolimits} ( - x) = 0$ , έχουμε ότι και : $f''( - x) + {\mathop{\rm f}\nolimits} (x) = 0$ ,
οπότε:
$f''(x) + {\mathop{\rm f}\nolimits} ( - x) = f''( - x) + {\mathop{\rm f}\nolimits} (x)$ , ισόδύναμα: $\left( {{\mathop{\rm f}\nolimits} (x) - {\mathop{\rm f}\nolimits} (-x)} \right)^{\prime \prime } = {\mathop{\rm f}\nolimits} (x) - {\mathop{\rm f}\nolimits} ( - x)$

Είναι:

$\begin{array}{l} \left( {{\mathop{\rm f}\nolimits} (x) - {\mathop{\rm f}\nolimits} ( - x)} \right)^{\prime \prime } = {\mathop{\rm f}\nolimits} (x) - {\mathop{\rm f}\nolimits} ( - x)\mathop {}\limits^{} \Leftrightarrow \mathop {}\limits^{} \\ \\ \left( {{\mathop{\rm f}\nolimits} (x) - {\mathop{\rm f}\nolimits} ( - x)} \right)^{\prime \prime } + \left( {{\mathop{\rm f}\nolimits} (x) - {\mathop{\rm f}\nolimits} ( - x)} \right)^\prime = {\mathop{\rm f}\nolimits} (x) - {\mathop{\rm f}\nolimits} ( - x) + \left( {{\mathop{\rm f}\nolimits} (x) - {\mathop{\rm f}\nolimits} ( - x)} \right)^\prime \mathop {}\limits^{-} \\ \end{array}$ (1)

Θέτουμε: ${\mathop{\rm h}\nolimits} (x) = {\mathop{\rm f}\nolimits} (x) - {\mathop{\rm f}\nolimits} ( - x)$ και έχουμε:

$\begin{array}{l} h''(x) + h'(x) = h'(x) + {\mathop{\rm h}\nolimits} (x)\mathop {}\limits^{} \mathop {}\limits^{} \Leftrightarrow \mathop {}\limits^{} \mathop {}\limits_{} \left( {e^x h'(x)} \right)^\prime = \left( {e^x {\mathop{\rm h}\nolimits} (x)} \right)^\prime \mathop {}\limits^{} \mathop {}\limits^{} \Leftrightarrow \mathop {}\limits^{} \mathop {}\limits_{} \\ \\ e^x h'(x) = e^x {\mathop{\rm h}\nolimits} (x) + 2\mathop {}\limits^{} \mathop {}\limits^{} \Leftrightarrow \mathop {}\limits^{} \mathop {}\limits^{} {\mathop{\rm h}\nolimits} (x)e^{ - x} = - e^{ - 2x} \mathop {}\limits^{} \mathop {}\limits^{} \Leftrightarrow \mathop {}\limits^{} \mathop {}\limits^{} {\mathop{\rm h}\nolimits} (x) = - e^{ - x} \mathop {}\limits^{} \mathop {}\limits^{} (2) \\ \\ \end{array}$

Από την τελευταία ισότητα (2) εύκολα προκύπτει το ζητούμενο (κλασική άσκηση)

Λάμπρος Μπαλός · #5

G.Tsikaloudakis έγραψε:Από την ισότητα: $f''(x) + {\mathop{\rm f}\nolimits} ( - x) = 0$ , έχουμε ότι και : $f''( - x) + {\mathop{\rm f}\nolimits} (x) = 0$ ,
οπότε:
$f''(x) + {\mathop{\rm f}\nolimits} ( - x) = f''( - x) + {\mathop{\rm f}\nolimits} (x)$ , ισόδύναμα: $\left( {{\mathop{\rm f}\nolimits} (x) - {\mathop{\rm f}\nolimits} (-x)} \right)^{\prime \prime } = {\mathop{\rm f}\nolimits} (x) - {\mathop{\rm f}\nolimits} ( - x)$

Είναι:

$\begin{array}{l} \left( {{\mathop{\rm f}\nolimits} (x) - {\mathop{\rm f}\nolimits} ( - x)} \right)^{\prime \prime } = {\mathop{\rm f}\nolimits} (x) - {\mathop{\rm f}\nolimits} ( - x)\mathop {}\limits^{} \Leftrightarrow \mathop {}\limits^{} \\ \\ \left( {{\mathop{\rm f}\nolimits} (x) - {\mathop{\rm f}\nolimits} ( - x)} \right)^{\prime \prime } + \left( {{\mathop{\rm f}\nolimits} (x) - {\mathop{\rm f}\nolimits} ( - x)} \right)^\prime = {\mathop{\rm f}\nolimits} (x) - {\mathop{\rm f}\nolimits} ( - x) + \left( {{\mathop{\rm f}\nolimits} (x) - {\mathop{\rm f}\nolimits} ( - x)} \right)^\prime \mathop {}\limits^{-} \\ \end{array}$ (1)

Θέτουμε: ${\mathop{\rm h}\nolimits} (x) = {\mathop{\rm f}\nolimits} (x) - {\mathop{\rm f}\nolimits} ( - x)$ και έχουμε:

$\begin{array}{l} h''(x) + h'(x) = h'(x) + {\mathop{\rm h}\nolimits} (x)\mathop {}\limits^{} \mathop {}\limits^{} \Leftrightarrow \mathop {}\limits^{} \mathop {}\limits_{} \left( {e^x h'(x)} \right)^\prime = \left( {e^x {\mathop{\rm h}\nolimits} (x)} \right)^\prime \mathop {}\limits^{} \mathop {}\limits^{} \Leftrightarrow \mathop {}\limits^{} \mathop {}\limits_{} \\ \\ e^x h'(x) = e^x {\mathop{\rm h}\nolimits} (x) + 2\mathop {}\limits^{} \mathop {}\limits^{} \Leftrightarrow \mathop {}\limits^{} \mathop {}\limits^{} {\mathop{\rm h}\nolimits} (x)e^{ - x} = - e^{ - 2x} \mathop {}\limits^{} \mathop {}\limits^{} \Leftrightarrow \mathop {}\limits^{} \mathop {}\limits^{} {\mathop{\rm h}\nolimits} (x) = - e^{ - x} \mathop {}\limits^{} \mathop {}\limits^{} (2) \\ \\ \end{array}$

Από την τελευταία ισότητα (2) εύκολα προκύπτει το ζητούμενο (κλασική άσκηση)

Προκύπτει νομίζω $h(x)=e^{x}-e^{-x} \Leftrightarrow f(x)-f(-x)=e^{x}-e^{-x}$
Θα μπορούσε κάποιος να μου υποδείξει τον "κλασικό" τρόπο επίλυσης;
Ευχαριστώ.

hsiodos · #6

Λάμπρος Μπαλός έγραψε:
G.Tsikaloudakis έγραψε:Από την ισότητα: $f''(x) + {\mathop{\rm f}\nolimits} ( - x) = 0$ , έχουμε ότι και : $f''( - x) + {\mathop{\rm f}\nolimits} (x) = 0$ ,
οπότε:
$f''(x) + {\mathop{\rm f}\nolimits} ( - x) = f''( - x) + {\mathop{\rm f}\nolimits} (x)$ , ισόδύναμα: $\left( {{\mathop{\rm f}\nolimits} (x) - {\mathop{\rm f}\nolimits} (-x)} \right)^{\prime \prime } = {\mathop{\rm f}\nolimits} (x) - {\mathop{\rm f}\nolimits} ( - x)$

Είναι:

$\begin{array}{l} \left( {{\mathop{\rm f}\nolimits} (x) - {\mathop{\rm f}\nolimits} ( - x)} \right)^{\prime \prime } = {\mathop{\rm f}\nolimits} (x) - {\mathop{\rm f}\nolimits} ( - x)\mathop {}\limits^{} \Leftrightarrow \mathop {}\limits^{} \\ \\ \left( {{\mathop{\rm f}\nolimits} (x) - {\mathop{\rm f}\nolimits} ( - x)} \right)^{\prime \prime } + \left( {{\mathop{\rm f}\nolimits} (x) - {\mathop{\rm f}\nolimits} ( - x)} \right)^\prime = {\mathop{\rm f}\nolimits} (x) - {\mathop{\rm f}\nolimits} ( - x) + \left( {{\mathop{\rm f}\nolimits} (x) - {\mathop{\rm f}\nolimits} ( - x)} \right)^\prime \mathop {}\limits^{-} \\ \end{array}$ (1)

Θέτουμε: ${\mathop{\rm h}\nolimits} (x) = {\mathop{\rm f}\nolimits} (x) - {\mathop{\rm f}\nolimits} ( - x)$ και έχουμε:

$\begin{array}{l} h''(x) + h'(x) = h'(x) + {\mathop{\rm h}\nolimits} (x)\mathop {}\limits^{} \mathop {}\limits^{} \Leftrightarrow \mathop {}\limits^{} \mathop {}\limits_{} \left( {e^x h'(x)} \right)^\prime = \left( {e^x {\mathop{\rm h}\nolimits} (x)} \right)^\prime \mathop {}\limits^{} \mathop {}\limits^{} \Leftrightarrow \mathop {}\limits^{} \mathop {}\limits_{} \\ \\ e^x h'(x) = e^x {\mathop{\rm h}\nolimits} (x) + 2\mathop {}\limits^{} \mathop {}\limits^{} \Leftrightarrow \mathop {}\limits^{} \mathop {}\limits^{} {\mathop{\rm h}\nolimits} (x)e^{ - x} = - e^{ - 2x} \mathop {}\limits^{} \mathop {}\limits^{} \Leftrightarrow \mathop {}\limits^{} \mathop {}\limits^{} {\mathop{\rm h}\nolimits} (x) = - e^{ - x} \mathop {}\limits^{} \mathop {}\limits^{} (2) \\ \\ \end{array}$

Από την τελευταία ισότητα (2) εύκολα προκύπτει το ζητούμενο (κλασική άσκηση)
Προκύπτει νομίζω $h(x)=e^{x}-e^{-x} \Leftrightarrow f(x)-f(-x)=e^{x}-e^{-x}$
Θα μπορούσε κάποιος να μου υποδείξει τον "κλασικό" τρόπο επίλυσης;
Ευχαριστώ.

Λίγο διαφορετικά

$\displaystyle{{f{''}}(x) + f( - x) = 0\,\,\,\,\forall x \in R\,\,\,\,(1)\,\,\,\,\,\,\,,\,\,\,\,f(0) = 0\,\,\,,\,\,\,{f{'}}(0) = 1}$

Από την $\displaystyle{(1)\,\,}$ προκύπτει $\displaystyle{{f{''}}( - x) + f(x) = 0\,\,\,\,\forall x \in R\,\,\,\,(2)\,}$

$\displaystyle{(1) \wedge (2) \Rightarrow {f{''}}(x) + {f{''}}( - x) + f(x) + f( - x) = 0 \Rightarrow {g{''}}(x) + g(x) = 0\,\,\,\,\forall x \in R\,\,\,\,(3)\,\,}$

με $\displaystyle{\,g(x) = f(x) + f( - x)\,\,}$ οπότε $\displaystyle{g(0) = {g{'}}(0) = 0}$

Λόγω της (3) η συνάρτηση $\displaystyle{h(x) = {g^2}(x) + {\left( {{g{'}}(x)} \right)^2}\,}$ είναι σταθερή ( $\displaystyle{{h{'}}(x) = 0\,\,\,\forall x \in R\,}$ ) και έτσι προκύπτει

$\displaystyle{\,h(x) = 0 \Rightarrow g(x) = 0 \Rightarrow f( - x) = - f(x)\,\,\,\forall x \in R\,\,\,\,\,\,(4)}$

$\displaystyle{(1) \wedge (4) \Rightarrow {f{''}}(x) = f(x)\,\,\,\forall x \in R\, \Rightarrow ....}$

ΕΥΡΕΣΗ ΤΥΠΟΥ

ΕΥΡΕΣΗ ΤΥΠΟΥ

Re: ΕΥΡΕΣΗ ΤΥΠΟΥ

Re: ΕΥΡΕΣΗ ΤΥΠΟΥ

Re: ΕΥΡΕΣΗ ΤΥΠΟΥ

Re: ΕΥΡΕΣΗ ΤΥΠΟΥ

Re: ΕΥΡΕΣΗ ΤΥΠΟΥ

Μέλη σε σύνδεση