mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 29, 2010 11:06 am**

Βρήκα κάπου το εξής πρόβλημα:
Η συνάρτηση $f:(0,+\infty) \to (0,+\infty)$ είναι συνεχής και ικανοποιεί τη σχέση $xf(f(x))=(f(x))^2, \forall x \in (0,+\infty)$
α) Να αποδείξετε ότι η

είναι 1-1 και επί
β) Να βρείτε την

Με προβληματίζει το β ερώτημα. Μήπως υπάρχει κάτι απλό που δεν βλέπω;Εσείς τι λέτε;

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 29, 2010 7:13 pm**

s.kap έγραψε:Βρήκα κάπου το εξής πρόβλημα:
Η συνάρτηση $f:(0,+\infty) \to (0,+\infty)$ είναι συνεχής και ικανοποιεί τη σχέση $xf(f(x))=(f(x))^2, \forall x \in (0,+\infty)$
α) Να αποδείξετε ότι η είναι 1-1 και επί
β) Να βρείτε την
Με προβληματίζει το β ερώτημα. Μήπως υπάρχει κάτι απλό που δεν βλέπω;Εσείς τι λέτε;

Σπύρο, έχω μία πολύ ωραία λύση του β) που ομολογώ με παίδεψε.
Σε λίγο έχω μία ομιλία, οπότε θα γράψω την λύση αργότερα. Το κλειδί της είναι ο τύπος
$\lim_{n \rightarrow \infty}\sqrt[n]{c}=1$ .

Ας την ξεκινήσω όμως (πάω απευθείας στο β) γιατί το α) δεν παρουσιάζει ιδιαίτερο πρόβλημα).

Αν f(1) = c, θα δείξω ότι η μοναδική λύση της δοθείσας είναι η f(x)=cx.

1) H f ως αντιστρέψιμη (απο το α) ) και συνεχής είναι μονότονη. Άρα η f(f(x)) είναι αύξουσα, όπως φυσικά και η x.
Άρα είναι αύξον το αριστερό μέλος της δοθείσας, άρα και το (f(x))^2,

οπότε και το f(x).

2) Αν f(1) = c, υποθέτουμε $c\ne 1\,$ . Την περίπτωση c = 1 την κάνουμε χωριστά.
Επαγωγικά βλέπουμε ότι ισχύει $f(c^n) = c^{n+1}$ . Συγκεκριμένα, το δείχνουμε αυτό πρώτα για n φυσικός και μετά για ακέραιο.

3) Έστω τώρα α τυχαίο, και f(a) = b. Στόχος μας να δείξουμε ότι b = ac.

Κλείνω εδώ και συνεχίζω αργότερα γιατί άργησα.

Φιλικά και συγνώμη,

Μιχάλης

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 29, 2010 9:37 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε:
s.kap έγραψε:Βρήκα κάπου το εξής πρόβλημα:
Η συνάρτηση $f:(0,+\infty) \to (0,+\infty)$ είναι συνεχής και ικανοποιεί τη σχέση $xf(f(x))=(f(x))^2, \forall x \in (0,+\infty)$
α) Να αποδείξετε ότι η είναι 1-1 και επί
β) Να βρείτε την
Με προβληματίζει το β ερώτημα. Μήπως υπάρχει κάτι απλό που δεν βλέπω;Εσείς τι λέτε;
Ας την ξεκινήσω όμως (πάω απευθείας στο β) γιατί το α) δεν παρουσιάζει ιδιαίτερο πρόβλημα).

Αν f(1) = c, θα δείξω ότι η μοναδική λύση της δοθείσας είναι η f(x)=cx.

1) H f ως αντιστρέψιμη (απο το α) ) και συνεχής είναι μονότονη. Άρα η f(f(x)) είναι αύξουσα, όπως φυσικά και η x.
Άρα είναι αύξον το αριστερό μέλος της δοθείσας, άρα και το οπότε και το f(x).

2) Αν f(1) = c, υποθέτουμε $c\ne 1\,$ . Την περίπτωση c = 1 την κάνουμε χωριστά.
Επαγωγικά βλέπουμε ότι ισχύει $f(c^n) = c^{n+1}$ . Συγκεκριμένα, το δείχνουμε αυτό πρώτα για n φυσικός και μετά για ακέραιο.

3) Έστω τώρα α τυχαίο, και f(a) = b. Στόχος μας να δείξουμε ότι b = ac.

(συνέχεια)

Από την δοθείσα δείχνουμε επαγωγικά ότι για n φυσικό ισχύει $f \left( \frac{b^{n+1}}{a^{n}}\right ) = \frac{b^{n+2}}{a^{n+1}}$ . Η απόδειξη είναι όπως στο 2) που παρέλειψα, αλλά ας δούμε το επαγωγικό βήμα: Πράγματι η δοθείσα με $x = \frac{b^{n+1}}{a^{n}}$ δίνει
$\frac{b^{n+1}}{a^{n}}f\left( f \left( \frac{b^{n+1}}{a^{n}} \right) \right) = \left( f \left( \frac{b^{n+1}}{a^{n}} \right) \right)^2\,\,$ άρα

$\frac{b^{n+1}}{a^{n}}f \left( \frac{b^{n+2}}{a^{n+1}} \right) = \left( \frac{b^{n+2}}{a^{n+1}} \right)^2\,\,$

από όπου $f \left( \frac{b^{n+2}}{a^{n+1}} \right) = \frac{b^{n+3}}{a^{n+2}}\,\,$ όπως θέλαμε.

4) Επιλέγουμε p (θετικό ή αρνητικό ακέραιο) με $c^p \le a < c^{p+1}$

Εφαρμόζοντας την f στην ανισότητα αυτή n φορές, η μεν ανισότητα διατηρείται διότι f αύξουσα, και

$c^{p+n} \le \frac{b^{n}}{a^{n-1}} < c^{p+n+1}$

παίρνοντας n-1 ρίζα καταλήγουμε

$c^{\frac{p+n}{n-1}} \le \frac{b^{\frac{n}{n-1} } }{a} < c^{\frac{p+n+1}{n-1}}$

Αφήνοντας τώρα το n να πάει στο άπειρο καταλήγουμε

$c \le \frac{b}{a}\le c$

δηλαδή b = ac, όπως θέλαμε. Και λοιπά.

Φιλικά,

Μιχάλης.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Σεπ 30, 2010 6:57 pm**

Μιχάλη, ωραία έμπνευση!!!
Σε ευχαριστώ

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Σεπ 30, 2010 7:01 pm**

Ωραία απόδειξη κ. Λάμπρου κ ωραία άσκηση κ. Σπύρο.
Βάζω και την δικιά μου μιας και διαφέρει.
Θεωρούμε την $c(x)=\frac{f(x)}{x}$ . Tότε ισχύει c(f(x))=c(x)

για κάθε x από εκφώνηση, και συνεπώς με επαγωγή $f^{n}(x)=c(x)^nx$ .
Τώρα

αύξουσα όπως έχει αποδειχτεί, και επίσης για $x\geq y$ έχουμε, $1 \leq \frac{f^{n}( x)}{f^{n}(y)}=(\frac{c(x)}{c(y)})^n\frac{x}{y}$ , οπότε δεν γίνεται c(x)<c(y)

, άρα και

αύξουσα.
Συνεπως έχει όριο στο άπειρο, έστω

και στο μηδέν

. Τότε αν

, όχι σταθερό σημείο της

, αν

, επειδή $f^{n}(x)$ , αύξουσα ακολουθία που πάει στο άπειρο, ισχύει $c(x)=c(f^{n}(x)) \rightarrow l$ και άρα c(x)=l

.Αν

, όμοια

.Tέλος, αν είναι σταθερό σημείο, c(x)=1

.
Συνεπώς 3 οι πιθανές τιμές της c, και άρα ως συνεχής είναι σταθερή.

Συμβ. $f^{n}(x)=f(f(f(..(x)..)$ .(

φορές)

Φιλικά,
Ηλίας.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 11, 2010 1:35 am**

ΑΝ θεσουμε οπου χ το f^(-1)(x) η δοσμενη θα γινει

f^(-1)(x) * f(x) =x^2 απο οπου ειναι ευκολο να συμπαιρανουμε οτι μια λυση ειναι η f(x)=x μηπως μπορουμε καπως πιο ευκολα να καταληξουμε σε ατοπο οταν f(x)<>x η οταν πχ. f(x)>x με τη βοηθεια οτι αφου 1-1 και συνεχης αρα μονοτονη.
(το ψαχνω...)
<Γ/Λ>

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 24, 2011 1:23 am**

Άλλη μια λύση (δε διαφέρει ιδιαίτερα από τις παραπάνω.)

α)
Η

είναι γν. μονότονη ως συνεχής και 1-1, οπότε η xf(f(x))

είναι γν. αύξουσα άρα και η

Αν

είναι άνω φραγμένη τότε $\displaystyle{\lim_{x\to \infty}f(x)=M\in \Bbb{R}}$ (υπάρχει λόγω μονοτονίας.)
Αν πάρουμε όριο $x\to \infty$ στην δοθείσα καταλήγουμε σε άτοπο. Άρα $\displaystyle{\lim_{x\to \infty}f(x)=\infty.}$

Σε άτοπο καταλήγουμε αν υποθέσουμε $\displaystyle{\lim_{x\to 0}f(x)=M>0}$ . Οπότε $\displaystyle{\lim_{x\to 0}f(x)=0.}$

Άρα $\displaystyle{f((0,+\infty))=(0,+\infty).}$

β)
Επαγωγικά έχουμε $\displaystyle{\frac{f^{k}(x)}{x}=\left(\frac{f(x)}{x}\right)^k, \ k=1,2,...}$

Αν $\displaystyle{f(1)=c}$ τότε για x>1

έχουμε

και επαγωγικά $f^{k}(x)>c^k$ και άρα $\displaystyle{\frac{f(x)}{x}>\frac{c}{\sqrt[k]{x}}.}$

Αφήνοντας $\displaystyle{k \to \infty}$ είναι $\displaystyle{f(x)\geq cx.}$

Θέτουμε τώρα στην αρχική διαδοχικά $\displaystyle{x:=f^{-1}(x)}$ και $\displaystyle{x:=f^{-1}(x)}$ οπότε $\displaystyle{xg(g(x))=g^2(x)}$ όπου $\displaystyle{g=f^{-1}.}$

Με όμοιο τρόπο $\displaystyle{g(x)\geq dx}$ όπου $\displaystyle{d=g(1)=f^{-1}(1)=\frac{1}{c}.}$
Έτσι, $\displaystyle{cx\geq f(x)}$ και τελικά $\displaystyle{f(x)=cx, \ x \geq 1.}$

Για x<1

εργαζόμαστε με τον ίδιο τρόπο.

Είναι εντάξει;

mathematica.gr

πρόβλημα με συναρτήσεις

πρόβλημα με συναρτήσεις

Re: πρόβλημα με συναρτήσεις

Re: πρόβλημα με συναρτήσεις

Re: πρόβλημα με συναρτήσεις

Re: πρόβλημα με συναρτήσεις

Re: πρόβλημα με συναρτήσεις

Re: πρόβλημα με συναρτήσεις