mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 05, 2010 10:30 pm**

Καλησπέρα

.

Έστω οι παραγωγίσιμες συναρτήσεις f,g:[0,+ $\infty$ )->R , με $f(x)\cdot g(x)\neq 0$ , $x\epsilon$ [0,+ $\infty$ ) και f(0)=g(0)=1.

Επιπλέον για $x\geq 0$ ισχύουν f΄(x)+ $f^{2}(x)\cdot g(x)=0$ και g΄(x)+ $g^{2}(x)\cdot f(x)=0$ , να βρείτε τις f,g.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 05, 2010 10:47 pm**

Αφού οι συναρτήσεις είναι συνεχείς στο [0,+00) ως παραγωγίσιμες και δεν μηδενίζουν σε αυτό θα διατηρούν σταθερό πρόσημο. Μιας κα η τιμή στο 0 είναι θετική θα είναι θετικές παντού
Για το σύσημα μία αντιμετώπιση είναι
$\displaystyle{\begin{array}{*{20}{c}} {{\rm{f'}}\left( {\rm{x}} \right) + {f^2}(x)\cdotg(x) = 0} \\ {{\rm{g'}}\left( {\rm{x}} \right) + {g^2}(x)\cdotf(x) = 0} \\ \end{array} \Leftrightarrow \begin{array}{*{20}{c}} {\frac{{{\rm{f'}}\left( {\rm{x}} \right)}}{{f(x)}} + f\left( x \right)g(x) = 0} \\ {\frac{{{\rm{g'}}\left( {\rm{x}} \right)}}{{g(x)}} + g\left( x \right)f(x) = 0} \\ \end{array} \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow f\left( x \right)g(x) = {\left[ { - \ln f\left( x \right)} \right]^\prime } = {\left[ { - \ln g\left( x \right)} \right]^\prime } \Leftrightarrow \begin{array}{*{20}{c}} {{\rm{f'}}\left( {\rm{x}} \right) + {f^2}(x)\cdotg(x) = 0} \\ {\ln f\left( x \right) = \ln g\left( x \right) + c} \\ \end{array} \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow \begin{array}{*{20}{c}} {{\rm{f'}}\left( {\rm{x}} \right) + {f^2}(x)\cdotg(x) = 0} \\ {\ln f\left( x \right) = \ln g\left( x \right) + c} \\ {x = 0:0 = 0 + c} \\ \end{array} \Leftrightarrow \begin{array}{*{20}{c}} {{\rm{f'}}\left( {\rm{x}} \right) + {f^2}(x)\cdotg(x) = 0} \\ {\ln f\left( x \right) = \ln g\left( x \right)} \\ \end{array} \Leftrightarrow \begin{array}{*{20}{c}} {{\rm{f'}}\left( {\rm{x}} \right) + {f^3}(x) = 0} \\ {f\left( x \right) = g\left( x \right)} \\ \end{array} \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow \begin{array}{*{20}{c}} {\frac{{f'\left( x \right)}}{{{f^3}\left( x \right)}} + 1 = 0} \\ {f\left( x \right) = g\left( x \right)} \\ \end{array} \Leftrightarrow \begin{array}{*{20}{c}} {{{\left[ { - \frac{1}{{2{f^2}\left( x \right)}} + x} \right]}^\prime } = 0} \\ {f\left( x \right) = g\left( x \right)} \\ \end{array} \Leftrightarrow \begin{array}{*{20}{c}} { - \frac{1}{{2{f^2}\left( x \right)}} + x = c} \\ {f\left( x \right) = g\left( x \right)} \\ \end{array} \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow \begin{array}{*{20}{c}} { - \frac{1}{{2{f^2}\left( x \right)}} + x = c} \\ {x = 0: - \frac{1}{2} + 0 = c} \\ {f\left( x \right) = g\left( x \right)} \\ \end{array} \Leftrightarrow \begin{array}{*{20}{c}} {{f^2}\left( x \right) = \frac{1}{{2x + 1}}} \\ {} \\ {f\left( x \right) = g\left( x \right)} \\ \end{array}\mathop \Leftrightarrow \limits^{f\left( x \right) > 0} \begin{array}{*{20}{c}} {f\left( x \right) = \frac{1}{{\sqrt {2x + 1} }}} \\ {} \\ {f\left( x \right) = g\left( x \right) = \frac{1}{{\sqrt {2x + 1} }}} \\ \end{array}}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 05, 2010 10:51 pm**

Άψογα.

Σε ευχαριστώ

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 05, 2010 11:20 pm**

Οι f,g είναι συνεχείς ως παραγωγίσιμες και μιάς και δε μηδενίζονται διατηρούν πρόσημο (θετικό αφού f(0)=g(0)=1

)

Διαιρώ την πρώτη με f(x)

και έχω:

$\displaystyle{ \frac{{f'(x)}}{{f(x)}} + f(x)g(x) = 0 \Rightarrow \frac{{f'(x)}}{{f(x)}} = - f(x)g(x)(1) }$

Αν διαιρέσω τη δεύτερη με g(x)

θα πάρω κατ'αναλογία:

$\displaystyle{ \frac{{g'(x)}}{{g(x)}} = - f(x)g(x)(2) }$

Απο τις (1)

και

τώρα:

$\displaystyle{ \frac{{f'(x)}}{{f(x)}} = \frac{{g'(x)}}{{g(x)}} \Rightarrow \ln |f(x)| = \ln |g(x)| + c }$

για κάθε

στο $[0,+ \infty)$

απ'όπου για x=1

έχω:

$\displaystyle{ \ln |f(1)| = \ln |g(1)| + c \Rightarrow c = 0 }$

Συνεπώς:

$\displaystyle{ \ln |f(x)| = \ln |g(x)| \Rightarrow |f(x)| = |g(x)|\mathop \Rightarrow \limits^{f(x),g(x) > 0} f(x) = g(x),\forall x \in [0, + \infty ) }$

Αντικαθιστώ σε μία απο τις δύο αρχικές και έχω:

$\displaystyle{ f'(x) + f^3 (x) = 0,\forall x \in [0, + \infty ) \Rightarrow - \frac{{f'(x)}}{{f^3 (x)}} = 1 \Rightarrow (\frac{1}{{2f^2 (x)}})' = (x)' \Rightarrow \frac{1}{{2f^2 (x)}} = x + c_1 }$

Για x=0

λαμβάνω $\displaystyle{ c_1 = \frac{1}{2} }$

συνεπώς

$\displaystyle{ f^2 (x) = \frac{1}{{2x + 1}},\forall x \in [0, + \infty ) }$

και μιάς και $\displaystyle{ \frac{1}{{2x + 1}} > 0( \ne 0),\forall x \in [0, + \infty ) }$

έχω λόγω της συνέχειας της

πως

$\displaystyle{ f(x) = \frac{1}{{\sqrt {2x + 1} }},\forall x \in [0, + \infty ) \vee f(x) = - \frac{1}{{\sqrt {2x + 1} }},\forall x \in [0, + \infty ) }$

έχουμε πεί όμως πως f(x)>0

για κάθε

στο $[0,+ \infty)$ αρα δεχόμαστε την

$\displaystyle{ f(x) = \frac{1}{{\sqrt {2x + 1} }},\forall x \in [0, + \infty ) }$

Μια επαλήθευση θα μας πείσει...

Υ.Γ Μολις τώρα κατάλαβα πως είχε προηγηθεί ο Βασίλης....

ΕΠΕΞΕΡΓΑΣΙΑ ΓΙΑ ΑΛΛΑΓΗ ΣΕ LATEX

mathematica.gr

Βρείτε τις f,g

Βρείτε τις f,g

Re: Βρείτε τις f,g

Re: Βρείτε τις f,g

Re: Βρείτε τις f,g