mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 19, 2009 1:24 am**

1) Έστω $f:[0,b]\to\mathbb{R}$ συνεχής συνάρτηση με την εξής ιδιότητα:

Υπάρχει M>0

τέθοιο ώστε $|f(x)|\leq M\displaystyle\int_{0}^{x}|f(t)|\,dt$ για κάθε $x\in[0,b]$ .

Ας δειχθεί ότι f(x)=0

για κάθε $x\in[0,b]$ .

***********************************************************************************

2) Έστω $f:[0,+\infty)\to\mathbb{R}$ συνεχής συνάρτηση με $f(x)\neq0$ για κάθε x>0

.

Ας δειχθεί ότι αν $(f(x))^{2}=2\displaystyle\int_{0}^{x}f(t)\,dt$ για κάθε $x\geq0$ , τότε f(x)=x

για κάθε $x\in[0,+\infty)$ .

(Για τους ξενύχτηδες! Εγώ πάντως θα τις μελετ= αύριο

)

EDIT: Διορθώθηκε το πεδίο ορισμού κατόπιν υποδείξεως του Μιχάλη (02:39)

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 19, 2009 7:36 am**

Θέτω $\displaystyle{F(x)=\int_{0}^{x}{|f(t)|dt}}$ είναι παρόμοια με αυτήν στο συνημμένο διότι $\displaystyle{|F'|=F'\le MF\le M|F|}$ και η $\displaystyle{F'}$ είναι συνεχής

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 19, 2009 8:04 am**

Για την 2
η $\displaystyle{f}$ διατηρεί πρόσημο στο $\displaystyle{(0,+\infty)}$
η $\displaystyle{f^2}$ είναι παραγωγίσιμη και επειδή $\displaystyle{f\ne 0}$ τότε η $\displaystyle{f}$ είναι παραγωγίσιμη (εύκολη απόδειξη με το όριο-ορισμό της παραγώγου)
Παραγωγίζοντας την δοσμένη και λόγω της $\displaystyle{f\ne 0}$ καταλήγουμε σε $\displaystyle{f'(x)=1}$
Επειδή $\displaystyle{f(0)=0}$ και $\displaystyle{f}$ συνεχής τότε $\displaystyle{f(x)=x,\forall x\in[0,+\infty)}$

(ΥΓ Να ζητήσω συγνώμη για την χθεσινή μου βιαστική χαζομάρα με το ΘΜΤολ)

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 19, 2009 4:45 pm**

Η ίδια ιδέα με κάποιες απαραίτητες διορθώσεις.

Χωρίς βλάβη της γενικότητας δουλεύω στο [0,c].

H

είναι φραγμένη άρα υπάρχει N>0

τέτοιο ώστε $\mid f(x)\mid\leq N$ για κάθε $x\in [0,c].$

Eπομένως $\displaystyle{\mid f(x)\mid\leq \int_{0}^{x}M\mid f(t)\mid dt\leq\int_{0}^{x}MNdt=MNx.}$

Άρα
$\displaystyle{\mid f(x)\mid\leq \int_{0}^{x}M\mid f(t)\mid dt\leq\int_{0}^{x}MNtdt=MN\frac{x^{2}}{2}}$

Eπαναλαμβάνοντας άλλη μία φορά την ίδια διαδικασία έχουμε ότι:

$\displaystyle{\mid f(x)\mid\leq \int_{0}^{x}M\mid f(t)\mid dt\leq\int_{0}^{x}MN\frac{t^{2}}{2}dt=MN\frac{x^{3}}{2\cdot 3}}$

Συνεχίζοντας με τον ίδιο τρόπο παίρνουμε ότι:
$\displaystyle{\mid f(x)\mid\leq MN \frac{x^{n}}{n!}\leq MN\frac{c^n}{n!}\rightarrow 0}$ (*)

καθώς το $n\rightarrow \infty$ για κάθε

. Άρα

.

(το όριο στο (*) είναι 0 διότι το $\frac{c^n}{n!}$ είναι ο n-οστός όρος της συγκλίνουσας σειράς του e^c

)

Φιλικά,

Αντώνης.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 19, 2009 4:50 pm**

Antonis Loutraris έγραψε:Μία εναλλακτική προσέγγιση της πρώτης άσκησης.

Περιορίζομαι στο [0,1].

H είναι φραγμένη άρα υπάρχει τέτοιο ώστε $\mid f(x)\mid\leq M$ για κάθε $x\in [0,1].$

Eπομένως $\displaystyle{\mid f(x)\mid\leq \int_{0}^{x}M\mid f(t)\mid dt\leq\int_{0}^{x}M^{2}dt=M^{2}x.}$

Άρα
$\displaystyle{\mid f(x)\mid\leq \int_{0}^{x}M\mid f(t)\mid dt\leq\int_{0}^{x}M^{2}tdt=M^{2}\frac{x^{2}}{2}}$

Eπαναλαμβάνοντας άλλη μία φορά την ίδια διαδικασία έχουμε ότι:

$\displaystyle{\mid f(x)\mid\leq \int_{0}^{x}M\mid f(t)\mid dt\leq\int_{0}^{x}M^{2}\frac{t^{2}}{2}dt=M^{2}\frac{x^{3}}{2\cdot 3}}$

Συνεχίζοντας με τον ίδιο τρόπο παίρνουμε ότι:
$\displaystyle{\mid f(x)\mid\leq M^{2} \frac{x^{n}}{n!}\leq\frac{M^{2}}{n!}\leq\frac{M}{n}\rightarrow 0}$

καθώς το $n\rightarrow \infty$ για κάθε . Άρα .

Φιλικά,

Αντώνης.

Αντώνη πολή 6πνη λύση!!!

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 21, 2009 11:09 am**

Αν αντί 2t+2 θεωρήσουμε την σταθερή = 2 τότε η άσκηση (με χαλαρότερες προϋποθέσεις) βρίσκεται στην viewtopic.php?f=54&t=821

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 21, 2009 3:23 pm**

R BORIS έγραψε:Αν αντί 2t+2 θεωρήσουμε την σταθερή = 2 τότε η άσκηση (με χαλαρότερες προϋποθέσεις) βρίσκεται στην viewtopic.php?f=54&t=821

Ροδόλφε πού το θυμήθηκες αυτό το ποστ!! Είχε γίνει καλή συζήτηση εκεί. Το είχα ξεχάσει...

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 02, 2010 5:18 pm**

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:1) Έστω $f:[0,b]\to\mathbb{R}$ συνεχής συνάρτηση με την εξής ιδιότητα:

Υπάρχει τέτοιο ώστε $|f(x)|\leq M\displaystyle\int_{0}^{x}|f(t)|\,dt$ για κάθε $x\in[0,b]$ .

Ας δειχθεί ότι για κάθε $x\in[0,b]$ .

Η ευρηματική λύση που έδωσε ο Αντώνης παραπάνω, μου έκανε πολύ εντύπωση.

Με αφορμή την λύση του Αντώνη και επειδή υπάρχει ένας άγραφος κανόνας που λέει ότι αν η λύση μιας άσκησης είναι τελείως απρόσμενη, τότε υπάρχει ποικιλία διαφορετικών λύσεων, βάλθηκα να ψάξω για τελείως διαφορετική μέθοδο. Το αποτέλεσμα είναι:

Για x στο [0, b] θέτουμε $F(x) = e^{-Mx} \int _0^x |f(t)|dt\,\,$ .
Είναι F(0) = 0 και $F(x) \ge 0\,\, \alpha \nu \,\, x \in [0,b]\,\,$ . Παραγωγίζοντας έχουμε

$F^{\prime}(x) = e^{-Mx} \left ( |f(x)| - M \int _0^x |f(t)|dt\right ) \le 0$

δηλαδή η F είναι φθίνουσα. Αλλά F(0) = 0 και $F(x) \ge 0\,\, \alpha \nu \,\, 0 \le x \le b \,\,$ συνεπώς F σταθερά ίση με μηδέν. Άρα $\int _0^x |f(t)|dt = 0\,\,$ οπότε τελικά (παραγωγίζουμε) f(x) = 0 στο [0, b], όπως θέλαμε.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 18, 2014 11:20 pm**

Για την 1 και εδώ http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 6&t=576590

mathematica.gr

Μηδενική και Σταθερή συνάρτηση

Μηδενική και Σταθερή συνάρτηση

Re: Μηδενική και Σταθερή συνάρτηση

Re: Μηδενική και Σταθερή συνάρτηση

Re: Μηδενική και Σταθερή συνάρτηση

Re: Μηδενική και Σταθερή συνάρτηση

Re: Μηδενική και Σταθερή συνάρτηση

Re: Μηδενική και Σταθερή συνάρτηση

Re: Μηδενική και Σταθερή συνάρτηση

Re: Μηδενική και Σταθερή συνάρτηση