mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 07, 2016 11:15 pm**

Θεωρούμε την $g:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$

1)Δείξτε ότι υπάρχει μοναδική $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$

ώστε $f^{3}(x)+f(x)=g(x)$ $x\epsilon \mathbb{R}$

2)Δείξτε ότι οι εξισώσεις f(x)=g(x),g(x)=0

έχουν τις ίδιες ρίζες

3)Αν η

είναι γνησίως αύξουσα τότε και η

είναι.

4)Αν η

είναι συνεχής τότε και η

είναι.

5)Αν η

είναι παραγωγίσιμη τότε και η

είναι.

6)Αν $\lim_{x\rightarrow \infty }g(x)=\infty$ και $\lim_{x\rightarrow -\infty }g(x)=0$

να βρεθούν τα όρια $\lim_{x\rightarrow \infty }f(x)$ και $\lim_{x\rightarrow -\infty }f(x)$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Οκτ 08, 2016 9:09 am**

(1)
Εστω ότι υπάρχει μια συνάρτηση $f_{1}(x)\neq f(x)$ τέτοια ώστε $f_{1}^{3}(x)+f_{1}(x)=g(x)$
Τότε θα ίσχυε $f^{3}(x)+f(x)=f_{1}^{3}(x)+f_{1}(x)\Leftrightarrow =f^{3}(x)-f_{1}^{3}(x)+f(x)-f_{1}(x)=0\Leftrightarrow [f(x)-f_{1}(x)]\cdot [f^{2}(x)+f(x)f_{1}(x)+f_1^{2}(x)+1]=0$
Θεωρούμε την παράσταση $f^{2}(x)+f(x)f_{1}(x)+f_{1}^{2}(x)+1$ τριώνυμο ως προς f(x)

με
Δ= $-3f_{1}^{2}(x)-4<0$
άρα δεν έχει πραγματικές τιμές οπότε το μόνο που θα ισχύει είναι ότι η τυχαία $f_{1}(x)=f(x)$

(2) Αν r ρίζα της f(x)

με

τότε $f^{3}(r)+f(r)=g(r)\Leftrightarrow g(r)=0$ άρα η r είναι ρίζα και της g(x)

Αν υποθέσουμε ότι η g(x)

έχει μια ρίζα $r_{1}\neq r \in R$
με g(r1)=0

η οποία δεν είναι ρίζα της f(x)

τότε $f^{3}(r_{1})+f(r_{1})=0 \Leftrightarrow f(r_{1})\cdot (f^{2}(r_{1})+1)=0\Leftrightarrow f(r_{1})=0$
επομένως η $r_{1}$
αποτελεί ρίζα της f(x)

Συνεπώς έχουν τις ίδιες ρίζες

(3) Αν η g(x)

αύξουσα τότε $x_{1}<x_{2}\Leftrightarrow g(x_{1})<g(x_{2})\Leftrightarrow f^3(x_{1})+f(x_{1})<f^{3}(x_{2})+f(x_{2})\Leftrightarrow ....\Leftrightarrow f(x_{1})<f(x_{2})$
άρα και η f(x)

αύξουσα

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Οκτ 08, 2016 10:35 am**

Καλημέρα.
Στο 1) απέδειξες την μοναδικότητα.
Πρέπει να αποδειχθεί και η ΥΠΑΡΞΗ.
Στο 2) διάβασες λάθος την εκφώνηση.Βρήκες ότι οι f(x)=0,g(x)=0

έχουν κοινές ρίζες.
Ζητείται κάτι ελαφρως διαφορετικό.
Τέλος στο 3) πρέπει να δικαιολογηθεί το $f^{3}(x_{1})+f(x_{1})< f^{3}(x_{2})+f(x_{2})\Leftrightarrow f(x_{1})< f(x_{2})$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Οκτ 08, 2016 10:47 am**

Για το (3) παρέλειψα την αποδειξη χρησιμοποιώντας .... αναμεσα στις δυο συνεπαγωγές καθώς οι παραστάσεις με την απόδειξη του (2) είναι ίδιες και παράγεται τριώνυμο ως προς f(x)

με Δ<0 άρα και σταθερό πρόσημο θετικό λόγω του συντελεστή της f(x)

Όσο για τις ρίζες στο (2) , υπέθεσα ότι η ρίζα $r_{1}$ της g(x)

δεν αποτελεί ρίζα της f(x)

. Mάλλον είναι θέμα απρόσεκτης διατύπωσης από πλευράς μου
Ευχαριστώ

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Οκτ 08, 2016 12:32 pm**

Ένας γρήγορος τρόπος (δυο τρεις γραμμές) να λυθεί η άσκηση είναι ο παρακάτω, σε hide. Είναι μέσα στις γνώσεις των μαθητών, όχι όμως στο ύφος αυτών που διδάσκονται/εξετάζονται.

Βάζω μόνο την κύρια ιδέα για να λύσουν την άσκηση οι μαθητές με τις μεθόδους που ξέρουν.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Οκτ 08, 2016 8:01 pm**

2) Είναι $\displaystyle{{f^3}(x) + f(x) = g(x) \Leftrightarrow f(x)[{f^2}(x) + 1] = g(x)}$
Επομένως :
$\displaystyle{\begin{array}{l} f(x) = g(x) \Leftrightarrow {f^3}(x) + f(x) = f(x) \Leftrightarrow {f^3}(x) = 0 \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow f(x) = 0 \Leftrightarrow f(x)[{f^2}(x) + 1] = 0 \Leftrightarrow g(x) = 0 \\ \end{array}}$

3) Έστω $\displaystyle{{x_1} < {x_2}}$ και έστω ότι $\displaystyle{f\left( {{x_1}} \right) \ge f\left( {{x_2}} \right)}$
Τότε εύκολα :
$\displaystyle{{f^3}\left( {{x_1}} \right) + f\left( {{x_1}} \right) \ge {f^3}\left( {{x_2}} \right) + f\left( {{x_2}} \right) \Rightarrow g\left( {{x_2}} \right) \ge g\left( {{x_2}} \right)}$ πού είναι άτοπο αφού η $\displaystyle{g}$ είναι γνησίως αύξουσα . Άρα $\displaystyle{f\left( {{x_2}} \right) < f\left( {{x_2}} \right)}$ οπότε η $\displaystyle{f}$ είναι γνησίως αύξουσα .
4) Είναι $\displaystyle{{f^3}(x) + f(x) = g(x)}$ οπότε και $\displaystyle{{f^3}({x_0}) + f({x_0}) = g({x_0})}$
Αφαιρώντας κατά μέλη και εφαρμόζοντας τη σχετική ταυτότητα προκύπτει : $\displaystyle{f(x) - f({x_0}) = \frac{{\left[ {g(x) - g({x_0})} \right]}}{{1 + {f^2}(x) + f(x)f({x_0}) + {f^2}({x_0})}}}$
Επομένως :
$\displaystyle{\begin{array}{l} \left| {f(x) - f({x_0})} \right| = \left| {\frac{{\left[ {g(x) - g({x_0})} \right]}}{{1 + {f^2}(x) + f(x)f({x_0}) + {f^2}({x_0})}}} \right| \le \left| {\frac{{\left[ {g(x) - g({x_0})} \right]}}{1}} \right| = \left| {\left[ {g(x) - g({x_0})} \right]} \right| \Rightarrow \\ \Rightarrow - \left| {\left[ {g(x) - g({x_0})} \right]} \right| \le f(x) - f({x_0}) \le \left| {\left[ {g(x) - g({x_0})} \right]} \right| \\ \end{array}}$
κι αφού η $\displaystyle{g}$ είναι συνεχής και με το κριτήριο παρεμβολής προκύπτει ότι $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left( {f(x) - f({x_0})} \right) = 0 \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = f({x_0})}$
δηλαδή η $\displaystyle{f}$ είναι συνεχής στο τυχαίο $\displaystyle{{{x_0}}}$ άρα συνεχής στο $\displaystyle{R}$ .

5) Όπως πριν είναι :
$\displaystyle{\begin{array}{l} f(x) - f({x_0}) = \frac{{\left[ {g(x) - g({x_0})} \right]}}{{1 + {f^2}(x) + f(x)f({x_0}) + {f^2}({x_0})}}\,\,\,\,\mathop \Leftrightarrow \limits^{x \ne {x_0}} \,\, \\ \Leftrightarrow \,\frac{{f(x) - f({x_0})}}{{x - {x_0}}} = \frac{{\left[ {g(x) - g({x_0})} \right]}}{{x - {x_0}}}\frac{1}{{1 + {f^2}(x) + f(x)f({x_0}) + {f^2}({x_0})}} \\ \end{array}}$
Παίρνοντας τα όρια και επειδή η $\displaystyle{g}$ είναι παραγωγίσιμη και η $\displaystyle{f}$ συνεχής έχουμε ότι : $\displaystyle{f'({x_0}) = \frac{{g'({x_0})}}{{1 + 3{f^2}({x_0})}}}$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 12, 2016 9:29 am**

1)Μία λύση έχει κάνει ο Μιχάλης Λάμπρου(είναι στο κρυμμένο κείμενο)
Λίγο διαφορετικά(στην ουσία είναι το ίδιο)
Η εξίσωση $t^{^{3}}+t=g(x)$ όπου το

είναι σταθερό και το

η μεταβλητή
έχει μοναδική ρίζα στο $\mathbb{R}$
Θέτουμε f(x)=t

και έτσι ορίζουμε την

η οποία προφανώς είναι μοναδική.

6)Εχουμε ότι $f(x)=\dfrac{g(x)}{1+f^{2}(x)}$

Προκύπτει $-\left | g(x) \right |\leq f(x)\leq \left | g(x) \right |$

Από κριτήριο παρεμβολής παίρνουμε $\lim_{x\rightarrow -\infty }f(x)=0$

Από το $\lim_{x\rightarrow \infty }g(x)=\infty$ συμπεραίνουμε ότι

g(x)> 2