Σταθερή συνάρτηση

nikoszan · #21

Γιωργο ειναι απλο ,απο την υποθεση της ασκησης.
Φιλικα, Ν.Ζανταριδης.

hsiodos · #22

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε:
hsiodos έγραψε:Πιστεύω ότι η ωραία λύση που έδωσε πιο πάνω ο Σπύρος μπορεί να τροποποιηθεί λίγο
ώστε να γίνει εντός ύλης. Στη λύση αυτή δεν χρησιμοποιείται ότι f(α) = 0

Γιώργος
Χωρίς το σημείο μηδενισμού υπάρχουν τουλάχιστον άλλες δύο λύσεις, η και η $e^{-x}.$

Σωστά αλλά .....Παραθέτω ένα μήνυμα που έχω στείλει στο Σπύρο.

Θέμα: Σταθερή συνάρτηση

s.kap έγραψε:Ας δούμε και αυτή την προσέγγιση :

Έστω ότι για κάποιο $b \in \mathbb{R}$ ισχύει $f(b) \neq 0$ και χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι

Ονομάζουμε το ευρύτερο δυνατό ανοικτό διάστημα που περιέχει το και για το οποίο ισχύει $f(x)>0, \forall x \in I$

Προφανώς τέτοιο διάστημα υπάρχει, λογω της συνέχειας της και επίσης προφανώς αν το διάστημα είναι το

θα ισχύει -------------------

Σπύρο καλό βράδυ

Στο σημείο που έχω υπογραμίσει(χρώμα)

Με Rolle τώρα στο [c, d] δεν πάμε σε άτοπο , αφού θα μηδενισθεί η f ' , άρα και η f σε σημείο του (c , d) ;

Γιώργος

nikoszan · #23

Γιωργο[hsiodos],ενα απο τα ακρα c ,d μπορει να ειναι ενα απο τα απειρα και το αλλο ειναι σιγουρα πραγματικος.
Στην περιπτωση που τα c ,d ειναι πραγματικοι ,με το Θ.R. καταληγουμε επισης σε ατοπο.Στην αλλη περιπτωση,δεν μπορει να εφαρμοστει το Θ.R.,ομως και στις δυο περιπτωσεις
λειτουργει αυτο που εγραψε ο Σπυρος
Φιλικα Ν.Ζ,

#24

nikoszan έγραψε:Γιωργο[hsiodos],ενα απο τα ακρα c ,d μπορει να ειναι ενα απο τα απειρα και το αλλο ειναι σιγουρα πραγματικος.Στην περιπτωση που τα c ,d ειναι πραγματικοι ,με το Θ.R. καταληγουμε επισης σε ατοπο.Στην αλλη περιπτωση,δεν μπορει να εφαρμοστει το Θ.R.,ομως και στις δυο περιπτωσεις
λειτουργει αυτο που εγραψε ο Σπυρος
Φιλικα Ν.Ζ,

Σε αυτό το σημείο γίνεται χρήση της ύπαρξης σημείου μηδενισμού. Αυτό δεν επιτρέπει στο διάστημα Ι να είναι όλο το σύνολο των πραγματικών. Το πραγματικό άκρο δίνει πάντα το άτοπο στην ωραία λύση του Σπύρου.

hsiodos · #25

nikoszan έγραψε:Γιωργο[hsiodos],ενα απο τα ακρα c ,d μπορει να ειναι ενα απο τα απειρα και το αλλο ειναι σιγουρα πραγματικος.
Στην περιπτωση που τα c ,d ειναι πραγματικοι ,με το Θ.R. καταληγουμε επισης σε ατοπο.Στην αλλη περιπτωση,δεν μπορει να εφαρμοστει το Θ.R.,ομως και στις δυο περιπτωσεις
λειτουργει αυτο που εγραψε ο Σπυρος
Φιλικα Ν.Ζ,

Σωστά Νίκο, δεν πήρα υπ' όψη μου ότι κάποιο άκρο μπορεί να είναι άπειρο.

Σε ευχαριστώ

Γιώργος

Λάμπρος Κατσάπας · #26

Μια άλλη αντιμετώπιση εκτός ύλης.

1. Έστω

όχι ακέραιος.

Τότε υπάρχει ακέραιος

ώστε

Για κάθε $x\in (a,k+1]$ από το ΘΜΤ στο [a,x]

παίρνουμε

$\displaystyle \left | f(x) \right |= \left | f(x)-f(a) \right |= \left | {f}' (\xi ) \right | \left | x-a \right |= \left | f(\xi) \right |(x-a)\leq M(k+1-a)$

όπου M=maxf(x)

στο

Η τελευταία ισχύει προφανώς και για x=a.

Θα δείξουμε ότι για κάθε $n\in N$ και για κάθε $x\in [a,k+1]$ ισχύει $\displaystyle \left | f(x) \right |\leq M(k+1-a)^n$ .

Για n=1

το δείξαμε.

Έστω ότι ισχύει για κάποιον

. Θα δείξουμε ότι ισχύει και για τον επόμενο.

Έχουμε όπως πριν $\displaystyle \left | f(x) \right |= \left | f(\xi) \right |(x-a)\leq M(k+1-a)^n(x-a)\leq M(k+1-a)^{n+1}$

όπου το πρώτο $\leq$ προέκυψε από την επαγωγική υπόθεση.

Τελικά για κάθε

έχουμε $\displaystyle \left | f(x) \right |\leq M(k+1-a)^{n+1}$

Παίρνοντας $n\rightarrow \infty$ και από το γεγονός ότι 0<k+1-a<1

έχουμε ότι

$|f(x)|=0\Rightarrow f(x)=0$ για κάθε $x\in[a,k+1]$ .

Για τα $x\in [k,a)$ η απόδειξη ότι f(x)=0

είναι ακριβώς ίδια. Το μόνο που αλλάζει είναι ότι γράφουμε

$\displaystyle \left | f(x) \right |\leq M(a-k)^{n+1}$ .

2. Έστω

ακέραιος.

Παίρνουμε τυχών $y\in (a,a+1)$ . Κάνοντας τα ίδια με την περίπτωση (1) έχουμε, για οποιοδήποτε $x\in(a,y]$ , ότι

$\left | f(x) \right |= \left | f(\xi) \right |(x-a)\leq M(y-a)^n(x-a)\leq M(y-a)^{n+1}$

Παίρνοντας $n\rightarrow \infty$ και από το γεγονός ότι 0<y-a<1

έχουμε ότι

$|f(x)|=0\Rightarrow f(x)=0$ για κάθε $x\in[a,y]$ . Από τη συνέχεια τώρα έχουμε

$f(a+1)=\displaystyle \lim_{y\rightarrow a+1} f(x)=0$ . Άρα f(x)=0

για κάθε $x\in[a,a+1]$ .

Προφανώς το ίδιο μπορούμε να δείξουμε αν δουλέψουμε στο [a-1,a].

Από τα παραπάνω είναι φανερό ότι μια συνάρτηση που ικανοποιεί την υπόθεση της άσκησης θα είναι ταυτοτικά

σε κάποιο διάστημα με άκρα διαδοχικούς ακέραιους k,k+1

όποιος και αν είναι ο

.

Επαγωγικά τώρα και ακολουθώντας την απόδειξη του (2) δείχνουμε ότι f(x)=0

σε κάθε διάστημα [m,m+1]

όπου

ακέραιος

ή

.

Άρα

για κάθε $x\in R=\bigcup_{m=-\infty }^{m=+\infty } [m,m+1].$

Λάμπρος Κατσάπας · #27

Άλλη μια (εκτός)

Έστω ότι υπάρχει b>a

με $f(b)\neq 0.$ Επειδή η

συνεχής, στο διάστημα [a,b)

θα έχει μέγιστη ρίζα $\xi.$

Άρα στο $(\xi,b]$ είναι $f(x)\neq 0$ . Τότε από τη δοσμένη και η ${f}'(x)\neq 0$ στο ίδιο διάστημα.

Άρα η

είναι 1-1 και επομένως γνησίως μονότονη. Ας είναι γνησίως αύξουσα οπότε f(x)> 0

για κάθε $x\in (\xi,b]$ .

Τότε ${f}'(x)\geq 0$ για κάθε $x\in (\xi,b]$ αλλά επειδή $f(x)\neq 0$ σε αυτό το διάστημα θα είναι τελικά {f}'(x)> 0

.

Τότε μπορούμε να γράψουμε {f}'(x)= f(x)

για κάθε $x\in (\xi,b]$ αλλά και στο $\xi$ δηλαδή {f}'(x)= f(x)

για κάθε $x\in [\xi,b]$ . Άρα η $e^{-x}f(x)$ είναι σταθερή σε αυτό το διάστημα αλλά επειδή $f(\xi)=0$

θα είναι τελικά f(x)=0

για κάθε $x\in [\xi,b]$ (άτοπο).

Η άλλη περίπτωση είναι να είναι η

γνησίως φθίνουσα στο $(\xi,b]$ όπου καταλήγουμε πάλι στην {f}'(x)= f(x)

και τελικά σε άτοπο.

Η περίπτωση b<a

δουλεύει με τον ίδιο τρόπο αλλά ελάχιστη ρίζα $\xi$ στο (b,a].

Συγνώμη τώρα παρατήρησα ότι είναι ίδια με του κ.Καπελίδη

#28

μια ακόμη λύση
θέτω
$\displaystyle{g(x)=e^xf(x),h(x)=e^{-x}f(x)}$
τότε εύκολα βλέπουμε οτι $\displaystyle{g'(x)h'(x)=0,x\in R}$ άρα η $\displaystyle{fg}$ είναι ΤΜΗΜΑΤΙΚΑ σταθερή
Αν $\displaystyle{I,J}$ oι ενώσεις των διαστημάτων $\displaystyle{( , ]}$ στα οποία $\displaystyle{h'=0,g'=0}$ αντιστοίχως τότε το $\displaystyle{a}$ για το οποίο $\displaystyle{f(a)=0}$ θα ανήκει η στο $\displaystyle{I}$ ή στο $\displaystyle{J}$ και θα μηδενίζει την $\displaystyle{fg}$ στο διαστημα που βρίσκεται το $\displaystyle{a}$ Λόγω συνέχειας θα μηδενιστεί η $\displaystyle{fg}$ στα δίπλα διαστήματα κοκ
Mε μια διαδικασία διπλού ντόμινο καλύπτουμε όλο το $\displaystyle{R}$ και τότε δείξαμε το ζητούμενο

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #29

Είναι ειδική περίπτωση της γνωστής άσκησης.
(Είναι η άσκηση 18-105 στον Απειροστικός Λογισμός Τόμος ΙΙ
Σ.Νεγρεπόντης Σ.Γιωτόπουλος Ε.Γιαννακούλιας )

Εστω $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ παραγωγίσημη.

Αν f(a)=0

και υπάρχει c>0

ώστε

$|f'(x)|\leq c|f(x)|$ για $x\in \mathbb{R}$

τότε f(x)=0

για $x\in \mathbb{R}$

Η λύση πάει ως εξής:

Στο διάστημα $[a,a+\frac{1}{2c}]$ η |f|

παίρνει μέγιστη τιμή έστω στο

.

Εφαρμόζοντας ΘΜΤ έχουμε

$|f(b)|=|b-a||f'(\xi )|\leq c|b-a||f(\xi )|\leq c|b-a||f(b )|\leq \frac{1}{2}|f(b )|$

προκύπτει ότι f(x)=0

για $x\in [a,a+\frac{1}{2c}]$

Θέτοντας στην θέση του

το $a+\frac{1}{2c}$ προκύπτει ότι

f(x)=0

για $x\in [a+\frac{1}{2c},a+2\frac{1}{2c}]$ κλπ

Κάνοντας τα ίδια και αριστερά παίρνουμε το ζητούμενο.

Δεν νομίζω να μην έχουν συζητηθούν τα παραπάνω στο

Συμπλήρωμα.Εγραψα που τουλάχιστον υπάρχει η άσκηση.

Σταθερή συνάρτηση

Re: Σταθερή συνάρτηση

Re: Σταθερή συνάρτηση

Re: Σταθερή συνάρτηση

Re: Σταθερή συνάρτηση

Re: Σταθερή συνάρτηση

Re: Σταθερή συνάρτηση

Re: Σταθερή συνάρτηση

Re: Σταθερή συνάρτηση

Re: Σταθερή συνάρτηση

Μέλη σε σύνδεση