mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 15, 2026 8:31 pm**

Να βρείτε όλες τις παραγωγίσιμες συναρτήσεις $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R},$ τέτοιες ώστε

\lim f(x)=0

στα $-\infty$ και $+\infty$
και

e^{2f'(x)}+f(x)=e^{\dfrac{2(x^2+1)\cos x-4x\sin x}{(x^2+1)^{2}}}+\dfrac{\sin x}{x^2+1}

για κάθε $x \in \mathbb {R}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 16, 2026 9:03 am**

Dimessi έγραψε: Πέμ Οκτ 15, 2026 8:31 pm Να βρείτε όλες τις παραγωγίσιμες συναρτήσεις $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R},$ τέτοιες ώστε $\lim f(x)=0$ στα $-\infty$ και $+\infty$
και $e^{2f'(x)}+f(x)=e^{\dfrac{2(x^2+1)\cos x-4x\sin x}{(x^2+1)^{2}}}+\dfrac{\sin x}{x^2+1}$ για κάθε $x \in \mathbb {R}$ .

.
Ωραία άσκση. Θα την δούμε γενικότερα. Επίσης, από την υπόθεση

\lim f(x)=0

στα $-\infty$ και $+\infty$ θα μας χρειασστεί μόνο το πρώτο.

Γράφοντας

g(x)=\dfrac{\sin x}{x^2+1}

, η υπόθεση γίνεται

e^{2f'(x)}+f(x)=e^{2g'(x)}+g(x)

(*) (άμεσο). Παρατηρούμε επίσης ότι

|g(x)| \le \dfrac{1}{x^2+1}\rightarrow 0

(**) στα $-\infty$ και $+\infty$ (θα μας χρειαστεί μόνο το πρώτο). Θα εργαστούμε τώρα με μία γενικότερη παραγωγίσιμη

που έχει τις ιδιότητες (*).(**). Θα δείξουμε ότι

\boxed {f=g}

(η λύση μας).

Πράγματι, αν για κάποιο

είναι

f(x) \le g(x)

η (*) δίνει

e^{2f'(x)}\ge e^{2g'(x)}

και άρα

f'(x) \ge g'(x)

. Όμοια, αν $f(x) \ge g(x)$ τότε

f'(x) \le g'(x).

Συνεπώς για κάθε

ισχύει

(f(x) -g(x))(f'(x) - g'(x))\le 0

. Έπεται ότι

\dfrac {d}{dx} (f(x)-g(x) ) ^2\le 0

, που σημαίνει ότι η

(f(x)-g(x) ) ^2

είναι φθίνουσα.

Όμως

\lim_{x\to - \infty} (f(x)- g(x))^2=(0-0)^2=0= \lim_{x\to + \infty} (f(x)- g(x))^2

(μας αρκεί η αριστερή) οπότε η

(f(x)- g(x))^2

ως θετική και φθίνουσα με όριο

στο αριστερό άκρο είναι σταθερά μηδέν. Αυτό είναι διαισθητικά φανερό αλλά ας το δούμε αυστηρά: Αν για κάποιο x_0

ήταν

(f(x_0)- g(x_0))^2>0

τότε ως φθίνουσα θα είχαμε

0= \lim_{x\to - \infty} (f(x)- g(x))^2\ge (f(x_0)- g(x_0))^2>0.

Άτοπο.

Τελικά η μόνη

με τις παραπάνω ιδιότητες είναι ίση με την δοθείσα

.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Οκτ 17, 2026 7:12 pm**

Γενικότερα

h(cf'(x))+mf(x)=h(cg'(x))+mg(x)

με $f,g:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ παραγωγίσιμες και $h:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ μονότονη συνάρτηση έτσι ώστε

\lim _{x\to +\infty}f(x)=\lim _{x\to -\infty}f(x)=\sqrt{\ell}+\lim _{x\to +\infty}g(x)=\sqrt {\ell }+\lim _{x \to -\infty }g(x)=\sqrt {\ell} +\ell (\ell \in \mathbb{R_{>0}})

, όπου

c,m>0

.
Πράγματι

cm(g-f)(f-g)'=(cf'-cg')(h(cf')-h(cg'))\leqslant 0

για κάθε

ή $\geqslant 0$ για κάθε

.
Άρα η

s=(f-g)^2

είναι μονότονη με

\lim s(y)

το

\ell \in \mathbb{R_{>0}}

στα

\pm {\infty}

οπότε

s(y)=\ell

για κάθε

. Άρα

|f(y)-g(y)|=\sqrt{\ell}

για κάθε

.

f(y)-g(y)\neq 0

παντού και συνεχής άρα διατηρεί πρόσημο δηλαδή

f(x)-g(x)=\sqrt {\ell}

για κάθε

ή

f(x)-g(x)=-\sqrt{\ell }

για κάθε

.
Λύσεις είναι οι συναρτήσεις

f(x)=g(x)-\sqrt{\ell} \quad \forall x \in \mathbb{R}

και

f(x)=g(x)+\sqrt{\ell} \quad \forall x \in \mathbb{R}

, όπου η πρώτη απορρίπτεται γιατί τότε

\sqrt {\ell}=-\sqrt{\ell}

παίρνοντας όριο $x\rightarrow +\infty$ και άρα $\ell =0$ , άτοπο.
Άρα η μοναδική λύση είναι η συνάρτηση

f(x)=g(x)+\sqrt{\ell} \quad \forall x \in \mathbb{R}

.
Αν $\ell =0$ έχουμε την εκφυλισμένη περίπτωση της μίας λύσης

f(x)=g(x) \quad \forall x \in \mathbb{R}

.

mathematica.gr

Μια διαφορική !

Μια διαφορική !

Re: Μια διαφορική !

Re: Μια διαφορική !