mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 11, 2023 10:39 pm**

Έστω $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ με $f(\mathbb{R}) = \mathbb{R}$ τέτοια ώστε

$\displaystyle{f^5(x) + f(x) = x \quad \text{\gr για κάθε} \;\; x \in \mathbb{R}}$ (α) Να δειχθεί ότι η

αντιστρέφεται.
(β) Να δειχθεί ότι η (i) η

είναι γνησίως αύξουσα και (ii) η

είναι περιττή.
(γ) Να λυθεί η ανίσωση

$\displaystyle{f(x-1) + f(x-3) < f^{-1}(2-x)}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 13, 2023 12:22 pm**

Tolaso J Kos έγραψε: Τρί Ιούλ 11, 2023 10:39 pm Έστω $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ με $f(\mathbb{R}) = \mathbb{R}$ τέτοια ώστε $\displaystyle{f^5(x) + f(x) = x \quad \text{\gr για κάθε} \;\; x \in \mathbb{R}}$ (α) Να δειχθεί ότι η αντιστρέφεται.
(β) Να δειχθεί ότι η (i) η είναι γνησίως αύξουσα και (ii) η είναι περιττή.
(γ) Να λυθεί η ανίσωση $\displaystyle{f(x-1) + f(x-3) < f^{-1}(2-x)}$

Απλά και AN ο Αποστόλης ως εισηγητής ΔΕΝ έχει κάποια αντίρρηση, μπορεί να τεθεί και το επιπλέον ερώτημα:
Υπάρχει τέτοια συνάρτηση;

(*)
Και ένα of the record: Αν υπάρχει θα είναι επιπλέον αυτή συνεχής και παραγωγίσιμη;

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 13, 2023 2:56 pm**

S.E.Louridas έγραψε: Πέμ Ιούλ 13, 2023 12:22 pm Απλά και AN ο Αποστόλης ως εισηγητής ΔΕΝ έχει κάποια αντίρρηση, μπορεί να τεθεί και το επιπλέον ερώτημα:
Υπάρχει τέτοια συνάρτηση;

(*)
Και ένα of the record: Αν υπάρχει θα είναι επιπλέον αυτή συνεχής και παραγωγίσιμη;

Καμία αντίρρηση Σωτήρη. Κουβέντα να γίνεται.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 14, 2023 10:20 pm**

Tolaso J Kos έγραψε: Τρί Ιούλ 11, 2023 10:39 pm Έστω $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ με $f(\mathbb{R}) = \mathbb{R}$ τέτοια ώστε

$\displaystyle{f^5(x) + f(x) = x \quad \text{\gr για κάθε} \;\; x \in \mathbb{R}}$ (α) Να δειχθεί ότι η αντιστρέφεται.
(β) Να δειχθεί ότι η (i) η είναι γνησίως αύξουσα και (ii) η είναι περιττή.
(γ) Να λυθεί η ανίσωση

$\displaystyle{f(x-1) + f(x-3) < f^{-1}(2-x)}$

α) Το α) εμπεριέχεται στο β) αφού, όπως θα αποδειχθεί, η

είναι γνήσια αύξουσα και άρα 1-1

. Ουσιαστικά αυτό που θέλουμε είναι να δείξουμε ότι η t^5+t

είναι

, γενικότερα, γνήσια αύξουσα συνάρτηση του

.

β) Η

είναι γνήσια αύξουσα γιατί αν x<y

δεν μπορεί $f(x) \ge f(y)$ γιατί τότε $x = f^5(x) +f(x) \ge f^5(y)+ f(y) = y$ . Άτοπο.
Επίσης,

f^5(-x) +f(-x)= -x = - (f^5(x) +f(x)) = (-f(x))^5+ (-f(x))

. Άρα

αφού η

είναι

. Δηλαδή η

είναι περιττή.

γ) Απάντηση: Σύνολο λύσεων το $(-\infty,\, 2)$ . Πράγματι, είναι f^5(0) +f(0) = 0=0^5+0

, οπότε

και άρα $f^{-1}(0) =0$ . Με χρήση αυτoύ και του γεγονότος ότι η

(οπότε και η $f^{-1}$ ) είναι γνήσια αύξουσες, έχουμε

Για x<2

ισχύει

$f(x-1) + f(x-3)< f(2-1) + f(2-3)= f(1) + f(-1)= f(1) - f(1)= 0 = f^{-1} (0) =$

$= f^{-1} (2-2) < f^{-1} (2-x)$ .

Δηλαδή η ανίσωση ικανοποιείται. Θα δείξουμε ακόμη ότι για $x\ge 2$ η ανίσωση δεν ικανοποιείται. Η ιδέα είναι παραλλαγή της προηγούμενης γραμμής:

Λοιπόν, για $x\ge 2$ έχουμε

$f(x-1) + f(x-3)\ge f(2-1) + f(2-3)= f(1) + f(-1)= 0 = f^{-1} (0) = f^{-1} (2-2) \ge f^{-1} (2-x)$ , δηλαδή η ανάποδη ανισότητα.

S.E.Louridas έγραψε: Πέμ Ιούλ 13, 2023 12:22 pm
... μπορεί να τεθεί και το επιπλέον ερώτημα:
Υπάρχει τέτοια συνάρτηση;

(*)
Και ένα of the record: Αν υπάρχει θα είναι επιπλέον αυτή συνεχής και παραγωγίσιμη;

Θέτουμε

, η οποία αντιστρέφεται (το είδαμε). Έχουμε λοιπόν για κάθε

ότι

. Άρα $f= g^{-1}$ . Δηλαδή η

όχι μόνο υπάρχει, αλλά βρήκαμε και την μορφή της. Από αυτό έπεται και η απάντηση στο δεύτερο ερώτημα: Ναι είναι συνεχής ως αντίστροφη συνεχούς, και μάλιστα από θεωρία (πόρισμα του κανόνα αλυσίδας) είναι παραγωγίσιμη εκτός εκεί που μηδενίζεται η

(εδώ

που δεν μηδενίζεται πουθενά).

Edit: Έκανα διόρθωση σε ανακρίβειά μου.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 15, 2023 1:01 am**

Έχω αμφιβολία για την εξής αντιμετώπιση του γ) , παρακαλώ πείτε μου και οι υπόλοιποι την άποψη σας:
$f(x-1)+f(x-3)<f^{-1} (2-x)$ και αφού η f είναι γνήσια αύξουσα
$f(f(x-1)+f(x-3))<f(f^{-1} (2-x))$
Όμως $f(f^{-1} (2-x))=2-x$ άρα
f(f(x-1)+f(x-3))<2-x (1)

Θεωρώ την συνάρτηση h(x)=f(f(x-1)+f(x-3))+x

Εύκολα παρατηρούμε ότι η h είναι γνήσια αύξουσα συνάρτηση και μάλιστα h(2)= f(f(1)+f(-1))+2

Και επειδή η h είναι περιττή γνωρίζουμε ότι f(-1)=-f(1), f(0)=0

άρα

οπότε η

γίνεται :

και επειδή η h είναι γνήσια αύξουσα
x<2

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 15, 2023 1:17 am**

chris97 έγραψε: Σάβ Ιούλ 15, 2023 1:01 am Έχω αμφιβολία για την εξής αντιμετώπιση του γ) , παρακαλώ πείτε μου και οι υπόλοιποι την άποψη σας:

Είναι όλα σωστά και καλά.

Ας επανέλθω με ένα σχόλιο στην δική μου λύση γιατί ίσως η κεντρική της ιδέα χάνεται μέσα στις λεπτομέρειες.

Η ιδέα είναι η εξής: Το αριστερό μέλος της ανίσωσης

$f(x-1)+f(x-3)<f^{-1} (2-x)$

είναι γνήσια αύξουσα συνάτρτηση (άμεσο) ενώ το δεξί είναι γνήσια φθίνουσα ως σύνθεση της γνήσιας αύξουσας $f^{-1}$ και της γνήσια φθίνουσας 2-x

. Άρα αν για κάποιο x=a

έχουμε ισότητα $f(a-1)+f(a-3)=f^{-1} (2-a)$ , τότε εύκολα βλέπουμε ότι το σύνολο λύσεων είναι τα x<a

. Όποτε ψάχνουμε ένα τέτοιο

. Με απλές δοκιμές βλέπουμε ότι το a=2

μας κάνει. Τελειώσαμε.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 15, 2023 1:01 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Παρ Ιούλ 14, 2023 10:20 pm Θέτουμε , η οποία αντιστρέφεται (το είδαμε). Έχουμε λοιπόν για κάθε ότι . Άρα $f= g^{-1}$ . Δηλαδή η όχι μόνο υπάρχει, αλλά βρήκαμε και την μορφή της. Από αυτό έπεται και η απάντηση στο δεύτερο ερώτημα: Ναι είναι συνεχής ως αντίστροφη συνεχούς, και μάλιστα από θεωρία (πόρισμα του κανόνα αλυσίδας) είναι παραγωγίσιμη εκτός εκεί που μηδενίζεται η , δηλαδή (μόνο) στο .

Παντού είναι παραγωγίσιμη γιατί $g'(x)\neq 0$
Να σημειώσω ότι υπάρχουν τεχνικές που με ύλη Λυκείου δείχνουν ότι η συνάρτηση είναι συνεχής και παραγωγίσιμη.
Στο

έχουν γραφεί.
Δεν θεωρώ σκόπιμο να γράψω πως προκύπτει αυτό σε αυτή την περίπτωση,γιατί δεν είναι στο πνεύμα
του Λυκείου.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 15, 2023 2:31 pm**

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: Σάβ Ιούλ 15, 2023 1:01 pm Παντού είναι παραγωγίσιμη γιατί $g'(x)\neq 0$

Σωστά. Έκανα διόρθωση στην αρχική μου απάντηση. Ευχαριστώ.
Έγραφα μετά τα μεσάνυκτα και ... την πάτησα.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 15, 2023 5:14 pm**

Πάντως μία τέτοια συνάρτηση είναι εκείνη που στον τυχόντα πραγματικό x_0

, αντιστοιχίζεται
π.χ. η μεγαλύτερη από τις πραγματικές ρίζες της $t^5+t=x_0 {,}$ αν υπάρχουν πάνω από μία ρίζες ή η μοναδική ρίζα αν δεν υπάρχει άλλη.

edit: Συμπλήρωσα το προφανές: ... ή η μοναδική ρίζα αν δεν υπάρχει άλλη

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 15, 2023 6:26 pm**

S.E.Louridas έγραψε: Σάβ Ιούλ 15, 2023 5:14 pm Πάντως μία τέτοια συνάρτηση είναι εκείνη που στον τυχόντα πραγματικό , αντιστοιχίζεται
π.χ. η μεγαλύτερη από τις πραγματικές ρίζες της $t^5+t=x_0 {.}$

Σωτήρη, σωστά αλλά ας επισημάνω ότι: Υπάρχει μόνο μία τέτοια συνάρτηση (δεν έχουμε επιλογή). Επίσης, η εξίσωση t^5+t=x_0

έχει ακριβώς μία ρίζα, οπότε δεν τίθεται θέμα να πάρουμε την μεγαλύτερη.

Αυτά είναι ουσιαστικά γραμμένα στην απάντησή μου, στο σημείο:

Mihalis_Lambrou έγραψε: Παρ Ιούλ 14, 2023 10:20 pm
Θέτουμε , η οποία αντιστρέφεται (το είδαμε). Έχουμε λοιπόν για κάθε ότι . Άρα $f= g^{-1}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 15, 2023 6:46 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Σάβ Ιούλ 15, 2023 6:26 pm
S.E.Louridas έγραψε: Σάβ Ιούλ 15, 2023 5:14 pm Πάντως μία τέτοια συνάρτηση είναι εκείνη που στον τυχόντα πραγματικό , αντιστοιχίζεται
π.χ. η μεγαλύτερη από τις πραγματικές ρίζες της $t^5+t=x_0 {.}$
Σωτήρη, σωστά αλλά ας επισημάνω ότι: Υπάρχει μόνο μία τέτοια συνάρτηση (δεν έχουμε επιλογή). Επίσης, η εξίσωση έχει ακριβώς μία ρίζα, οπότε δεν τίθεται θέμα να πάρουμε την μεγαλύτερη.
Αυτά είναι ουσιαστικά γραμμένα στην απάντησή μου, στο σημείο:
Mihalis_Lambrou έγραψε: Παρ Ιούλ 14, 2023 10:20 pm Θέτουμε , η οποία αντιστρέφεται (το είδαμε). Έχουμε λοιπόν για κάθε ότι . Άρα $f= g^{-1}$ .

Προφανώς Σωστά, απλά είχα στο μυαλό μου τη γενικότερη κατάσταση $k{\left[ {f\left( x \right)} \right]^{2n + 1}} + m\,f\left( x \right) = \ell x,$ με $k,m,\ell$ πραγματικές σταθερές διάφορες του μηδέν (αν και θα μπορούσαμε να μπούμε και σε διερευνητική διαδικασία) αναφέροντας έτσι μία γενικότερη άποψη λύσης που λειτουργεί και εδώ χωρίς να χρειαστεί το 1-1. Ταυτόχρονα λειτουργεί και ο αρχικός ορισμός της έννοιας συνάρτηση ως ενός τρόπου ... Επειδή πιστεύω ότι είναι καλό να μη ξεχνάμε και τις στοιχειώδης αρχικές συμπεριφορές των μαθηματικών εννοιών και μεθόδων επίλυσης για ουσιαστικούς λόγους που θεωρώ ότι είναι κατανοητοί. Ο τρόπος βέβαια επίλυσης του Μιχάλη είναι ένας άριστος και ευφυής τρόπος επίλυσης, απλά εγώ αναφέρομαι στο σκεπτικό μου για τον λόγο που έθεσα τα επιπλέον ερωτήματα στο όμορφο πράγματι πρόβλημα που έθεσε ο Αποστόλης.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 18, 2023 11:24 am**

$\displaystyle{x_-x_2=f(x_1)-f(x_2)+ f^5(x_1)-f^5(x_2)}$
Από το ΘΜΤ για την $\displaystyle{,y^5}$ παίρνουμε
$\displaystyle{x_1-x_2=f(x_1)-f(x_2)+ (f(x_1)-f(x_2))5k^4= (f(x_1)-f(x_2))(1+5k^4)}$ [1]

Από την [1] μπορούμε να δείξουμε
$\displaystyle{f}$ συνεχής [2]
$\displaystyle{f}$ παραγωγίσιμη [3]
$\displaystyle{f;1-1}$ [4]
$\displaystyle{f \uparrow}$ [5]
$\displaystyle{f(0)=0}$ μοναδική ρίζα [6]
$\displaystyle{ x_1+x_2=f(x_1)+f(x_2)+( f(x_1)+f(x_2))m, m\ge 0}$ [7]
$\displaystyle{f(-x)=-f(x)}$ [8]
$\displaystyle{f(x)=x+x^5 ,x\in R}$ [9]
Αποδείξεις
●Από [1] για $\displaystyle{x_1=x \to x_0=x_2 }$ , ${f(x)\to f(x_0)}$ ο.ε.δ
●Από [1] $\displaystyle{ x_1=x \to x_0=x_2 \ne x}είναι }$ , $\displaystyle{\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=1/1+5k^4}$ επειδή $\displaystyle{1+5k^4\to \to 1+5f^4(x_0) }$ το ζητουμενο ισχυει
● αν $\displaystyle{f(x_1)=f(x_2)}$ από [1] $\displaystyle{x_1=x_2 }$ και δεδομένου ότι $\displaystyle{f(R)=R}$ η $\displaystyle{f}$ αντιστρεφεται στο R
● η [5] είναι αμεση συνεπεια της[1]
● η [6] είναι αμεση συνεπεια της[5] και $\displaystyle{f(0)=0}$
● για την [7] } a^5+b^5=(a+b)M