ΕΥΡΕΣΗ ΤΥΠΟΥ

nikoszan · #1

Η ιδέα προήλθε απο προτεινόμενο θέμα του Σπύρου Καπελλίδη.
Για την συνεχή συνάρτηση $\displaystyle{f:R \to R}$ ισχύει $\displaystyle{{\left( {f\left( x \right)} \right)^2} = 2\int\limits_o^{f\left( x \right)} {f\left( t \right)} \,dt,\forall x \in R}$ $\displaystyle{:\left( 1 \right)}$ .
$\displaystyle{\left. 1 \right)}$ Αν η $\displaystyle{f}$ είναι γνησίως αύξουσα ν.δ.ο. $\displaystyle{f\left( x \right) = x,\forall x \in R}$
$\displaystyle{\left. 2 \right)\,}$ Αν η εξίσωση $\displaystyle{\,\,f\left( x \right) = 0}$ έχει μοναδική λύση
$\displaystyle{\left. a \right)\,}$ ν.δ.ο. $\displaystyle{f\left( 0 \right) = 0}$
$\displaystyle{\left. b \right)\,}$ Να βρεθεί ο τύπος της $\displaystyle{f}$

peter · #2

1. To $f(\mathbb R)$ είναι μη τετριμμένο διάστημα. Δείχνουμε ότι το $f(\mathbb R)$ δεν είναι άνω φραγμένο.

Πράγματι, αν είναι $b=\sup f(\mathbb R)<+\infty$ τότε επειδή, F(f(x))=(f(x))^2/2

θα έχουμε

για κάθε $y\in f(\mathbb R)$ . Λόγω του ότι η

είναι συνεχής και ισχύει f(y)=y

για κάθε $y<b, \, y\in f(\mathbb R)$ προκύπτει, f(b)=b

. Αν

τότε

, άτοπο.

Όμοια δείχνουμε ότι το $f(\mathbb R)$ δεν είναι κάτω φραγμένο, επομένως f(y)=y

για κάθε $y\in f(\mathbb R)=\mathbb R$ .

2. Εφόσον, η f(x)=0

έχει μοναδική λύση έπεται ότι η

δεν είναι σταθερή, άρα το $f(\mathbb R)$ είναι μη τετριμμένο διάστημα.

(α) Είναι $0\in J=f(\mathbb R)$ . Επιχειρηματολογώντας όπως πριν έχουμε f(y)=y

για κάθε

στην κλειστή θήκη του

. Ειδικότερα, είναι f(0)=0

αφού $0\in \overline{J}$ .

(β) Εδώ δεν υπάρχει μονοσήμαντη λύση (αν δεν κάνω λάθος). Για πάραδειγμα όλες οι συναρτήσεις της μορφής $f_{a,b}:\mathbb R\to [a,b] \, (a<0<b)$ με f(x)=x

για $a\leq x\leq b$ και f(x)=

ό,τι να 'ναι στο [a,0)

για $x\leq a$ και f(x)=

ό,τι να 'ναι στο (0,b]

για $x\geq b$ κάνουν τη δουλειά.

Επίσης, οι f(x)=x

και

πάλι αποτελούν λύσεις που ικανοποιούν τις προϋποθέσεις του 2.

Christos.N · #3

Καλημέρα

Μια άλλη αντιμρτώπιση για το α)
Θεωρούμε την συνάρτηση $\displaystyle{ g(x) = x^2 - 2\int\limits_0^x {f(t)} dt\,,x \in R }$
και υποθέτουμε ότι υπάρχει $\displaystyle{ x_0 \in R }$
τέτοιο ώστε $\displaystyle{ f(x_0 ) > x_0 }$
επειδή η

είναι συνεχής θα υπάρχει μια περιοχή $\displaystyle{ \left( {x_0 - \delta ,x_0 + \delta } \right) }$ όπου $\displaystyle{ \delta > 0 }$
που θα ισχύει ότι $\displaystyle{ f(x) > x,x \in \left( {x_0 - \delta ,x_0 + \delta } \right) }$
Παρατηρούμε επίσης ότι $\displaystyle{ g(f(x)) = (f(x))^2 - 2\int\limits_0^{f(x)} {f(t)} dt=0 }$ για όλα τα $\displaystyle{ f(x) }$
Άρα το σύνολο τιμών της

είναι ρίζες της συνάρτησης

.
Έστω $\displaystyle{ x_1 ,x_2 \in \left( {x_0 - \delta ,x_0 + \delta } \right) }$
με $\displaystyle{ x_1 < x_2 }$
άρα και $\displaystyle{ f(x_1 ) < f(x_2 ) }$
στο διάστημα $\displaystyle{ [f(x_1 ),f(x_2 )] }$
η

ικανοποιεί τις υποθέσεις του θεωρήματος Rolle. άρα υπάρχει $\displaystyle{ \eta \in (f(x_1 ),f(x_2 )) }$
τέτοιο ώστε $\displaystyle{ g'(\eta ) = 0 \Rightarrow f(\eta ) = \eta }$
Άρα ισχύει ότι $\displaystyle{ f(x_1 ) < \eta < f(x_2 ) \Rightarrow f(x_1 ) < f(\eta ) < f(x_2 ) \Rightarrow x_1 < \eta < x_2 \Rightarrow \eta \in \left( {x_0 - \delta ,x_0 + \delta } \right) }$
Άτοπο έπρεπε $\displaystyle{ f(\eta ) > \eta }$
...Ομοίως για $\displaystyle{ x_0 \in R }$ με
$\displaystyle{ f(x_0 ) < x_0 }$
Άρα $\displaystyle{ f(x) = x }$ για κάθε $x \in R$

ΕΥΡΕΣΗ ΤΥΠΟΥ

ΕΥΡΕΣΗ ΤΥΠΟΥ

Re: ΕΥΡΕΣΗ ΤΥΠΟΥ

Re: ΕΥΡΕΣΗ ΤΥΠΟΥ

Μέλη σε σύνδεση