ΠΟΙΑ ΕΙΝΑΙ Η ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ.

nikoszan · #1

Να βρεθεί ο τύπος της παραγωγίσιμης συνάρτησης $f:R \to R$ για την οποία ισχύουν $f'\left( x \right) = 1 - {\left( {f\left( x \right)} \right)^2},\forall x \in R$ και $f\left( 0 \right) = 0$ .
Ν.Ζ.

hsiodos · #2

$\displaystyle{ f{'} (x) = 1 - f^2 (x)\,\,\,\,\forall x \in R\,\,\,\,\,(1)}$

Έστω $\displaystyle{F}$ αρχική της $\displaystyle{f}$ με $\displaystyle{F(0) = 0}$

$\displaystyle{ \forall x \in R}$

$\displaystyle{ (1) \Rightarrow f{'} (x)\, + f^2 (x)\, = 1 \Rightarrow e^{F(x)} f{'} (x)\, + e^{F(x)} f^2 (x)\, = e^{F(x)} \Rightarrow \left( {e^{F(x)} f(x)} \right){'} = e^{F(x)} \Rightarrow \left( {e^{F(x)} } \right){''} = e^{F(x)} }$ \displaystyle{\displaystyle{
\Rightarrow \left( {e^{F(x)} } \right)^{''} + \left( {e^{F(x)} } \right)^' = \left( {e^{F(x)} } \right)^' + e^{F(x)} \Rightarrow \left( {e^{F(x)} } \right)^' + e^{F(x)} = ke^x \,\,\,(*)}

\displaystyle{
(*)\mathop \Rightarrow \limits^{x = 0} \,\,\,k = 1}

\displaystyle{
\forall x \in R\,}

\displaystyle{
(*) \Rightarrow \left( {e^{F(x)} } \right)^' + e^{F(x)} = e^x \Rightarrow e^x \left( {e^{F(x)} } \right)^' + e^x e^{F(x)} = e^{2x} \Rightarrow \left( {e^{x + F(x)} } \right)^' = \left( {\frac{1}{2}e^{2x} } \right)^' }} $\displaystyle{ \Rightarrow e^{x + F(x)} = \frac{1}{2}e^{2x} + c\,\,\,\,(**)}$

$\displaystyle{ (**)\mathop \Rightarrow \limits^{x = 0} \,\,\,c = \frac{1}{2}}$

$\displaystyle{ \forall x \in R\,}$

$\displaystyle{ e^{x + F(x)} = \frac{1}{2}e^{2x} + \frac{1}{2} \Rightarrow e^{F(x)} = \frac{1}{2}e^x + \frac{1}{2}e^{ - x} \,\,(2)}$

$\displaystyle{ \forall x \in R\,}$ $\displaystyle{ (2) \Rightarrow e^{F(x)} f(x) = \frac{1}{2}e^x - \frac{1}{2}e^{ - x} \,\,\,(3)}$

$\displaystyle{ (2) \wedge (3) \Rightarrow f(x) = \frac{{e^x - e^{ - x} }}{{e^x + e^{ - x} }}\,\,\,\,\forall x \in R}$ που επαληθεύει τα δεδομένα.

Γιώργος

mathxl · #3

Μια άλλη αντιμετώπιση είναι η εξής:

$f'(x) = 1 - {f^2}(x) \Rightarrow f'\left( x \right) - \left( {1 - f\left( x \right)} \right)\left( {1 + f\left( x \right)} \right) = 0 \Rightarrow$

$\Rightarrow \left. {\begin{array}{*{20}{c}} {{{\left( {1 - f\left( x \right)} \right)}^\prime } + \left( {1 - f\left( x \right)} \right)\left( {1 + f\left( x \right)} \right) = 0}\\ {{{\left( {1 + f\left( x \right)} \right)}^\prime } - \left( {1 - f\left( x \right)} \right)\left( {1 + f\left( x \right)} \right) = 0} \end{array}} \right\} \Rightarrow \left. {\begin{array}{*{20}{c}} {{{\left[ {\left( {1 - f\left( x \right)} \right){e^{\int\limits_0^x {\left( {1 + f\left( t \right)} \right)dt} }}} \right]}^\prime } = 0}\\ {{{\left[ {\left( {1 + f\left( x \right)} \right){e^{ - \int\limits_0^x {\left( {1 - f\left( t \right)} \right)dt} }}} \right]}^\prime } = 0} \end{array}} \right\} \Rightarrow$

$\displaystyle\Rightarrow \left( {1 - f\left( x \right)} \right){e^{\int\limits_0^x {\left( {1 + f\left( t \right)} \right)dt} }} = c \wedge \left( {1 + f\left( x \right)} \right){e^{ - \int\limits_0^x {\left( {1 - f\left( t \right)} \right)dt} }} = m\mathop \Rightarrow \limits^{f\left( 0 \right) = 0}$

$\Rightarrow \left( {1 - f\left( x \right)} \right) = {e^{ - \int\limits_0^x {\left( {1 + f\left( t \right)} \right)dt} }} > 0 \wedge \left( {1 + f\left( x \right)} \right) = {e^{\int\limits_0^x {\left( {1 - f\left( t \right)} \right)dt} }} > 0$
Οπότε $1 - {f^2}\left( x \right) \ne 0$ .
Έτσι έχουμε
$f'(x) = 1 - {f^2}(x) \Rightarrow \frac{{f'\left( x \right)}}{{1 - {f^2}\left( x \right)}} = 1 \Rightarrow \displaystyle\frac{{f'\left( x \right)}}{{1 - f\left( x \right)}} + \frac{{f'\left( x \right)}}{{1 + f\left( x \right)}} = 2 \Rightarrow$

$\displaystyle\ln \frac{{1 + f\left( x \right)}}{{1 - f\left( x \right)}} = 2x + c\mathop \Rightarrow \limits^{f\left( 0 \right) = 0} \ln \frac{{1 + f\left( x \right)}}{{1 - f\left( x \right)}} = 2x \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{{{e^{2x}} - 1}}{{{e^{2x}} + 1}}$

Τύπος δεκτός αφού ικανοποιεί τις προυποθέσεις μας.

mathxl · #4

Ακόμη μια λύση που απαιτεί εμπειρία για όποιον βλέπει την υπερβολική εφαπτομένη είναι ο ορισμός της συνάρτησης
$g\left( x \right) = \left( {1 + {e^{2x}}} \right)f\left( x \right) - {e^{2x}} + 1$ .
Έτσι η $\displaystyle\ f'(x) = 1 - {f^2}(x)$ μετασχηματίζεται στην
$\displaystyle\frac{{g'\left( x \right) + 4{e^{2x}} + {e^{2x}}g'\left( x \right) - 2{e^{2x}}g\left( x \right)}}{{{{\left( {1 + {e^{2x}}} \right)}^2}}} = 1 - \frac{{{g^2}\left( x \right) + {e^{4x}} + 1 + 2{e^{2x}}g\left( x \right) - 2g\left( x \right) - 2{e^{2x}}}}{{{{\left( {1 + {e^{2x}}} \right)}^2}}}$
από την οποία κάνοντας πράξεις λαμβάνουμε
$\displaystyle\ g'\left( x \right) - \frac{{2 - g\left( x \right)}}{{1 + {e^{2x}}}}g\left( x \right) = 0 \Rightarrow {\left( {g\left( x \right){e^{ - \int\limits_0^x {\frac{{2 - g\left( t \right)}}{{1 + {e^{2t}}}}dt} }}} \right)^\prime } = 0 \Rightarrow g\left( x \right){e^{ - \int\limits_0^x {\frac{{2 - g\left( t \right)}}{{1 + {e^{2t}}}}dt} }} = c$

Για x = 0

είναι $g\left( 0 \right) = 0 \Rightarrow c = 0$ και έτσι $\displaystyle\ g\left( x \right) = 0 \Rightarrow \left( {1 + {e^{2x}}} \right)f\left( x \right) - {e^{2x}} + 1 = 0 \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{{{e^{2x}} - 1}}{{{e^{2x}} + 1}}$
τύπος δεκτός αφού ικανοποιεί τις προυπoθέσεις της άσκησης.

mathxl · #5

Ακόμη ένας τρόπος για να βγάλουμε απευθείας ότι $- 1 < f\left( x \right) < 1$ είναι ο παρακάτω:

$f'\left( x \right) = 1 - {\left( {f\left( x \right)} \right)^2} \Rightarrow 2f\left( x \right)f'\left( x \right) = 2f\left( x \right) - 2f\left( x \right){\left( {f\left( x \right)} \right)^2} \Rightarrow$

${\left( {{f^2}\left( x \right) - 1} \right)^\prime } + 2f\left( x \right)\left( {{f^2}\left( x \right) - 1} \right) = 0 \Rightarrow {\left( {{e^{\int\limits_0^x {2f\left( t \right)dt} }}\left( {{f^2}\left( x \right) - 1} \right)} \right)^\prime } = 0 \Rightarrow$

${e^{\int\limits_0^x {2f\left( t \right)dt} }}\left( {{f^2}\left( x \right) - 1} \right) = c\mathop \Rightarrow \limits^{x = 0} c = - 1$

Άρα

${e^{\int\limits_0^x {2f\left( t \right)dt} }}\left( {{f^2}\left( x \right) - 1} \right) = - 1 \Rightarrow {f^2}\left( x \right) - 1 < 0 \Rightarrow - 1 < f\left( x \right) < 1$
κτλ.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #6

Και ο κανονικός τρόπος(υπάρχει στο σχολικό στο εδάφιο για Διαφορικές εξισώσεις)

Γράφεται $y'=1-y^{2}$ δηλαδή $\dfrac{y'}{1-y^{2}}=1$

Ειναι $\dfrac{1}{1-y^{2}}=\dfrac{1}{(1-y)(1+y)}=\frac{1}{2}(\dfrac{1}{1-y}+\dfrac{1}{1+y})$

Αρα $\dfrac{y'}{1-y}+\dfrac{y'}{1+y}=2$

ολοκληρώνοντας
$-ln\left | 1-y \right |+ln\left | 1+y \right |=2x+c$

Για x=0

οπότε

Αρα $\left | \dfrac{1+y}{1-y} \right |=e^{2x}$

Επειδή λόγω συνέχειας το μέσα στην απόλυτη τιμή διατηρεί πρόσημο είναι
$\dfrac{1+y}{1-y}=e^{2x}$

Λύνοντας βρίσκουμε την συνάρτηση που βρήκαν οι προηγούμενοι.

Παπαστεργίου Κώστας · #7

Μια παρατήρηση αν μου επιτρέπεται. Ο τρόπος 6 του κ Παπαδόπουλου (ο απλούστερος) εφαρμόζεται χωρίς πρόβλημα στις διαφορικές της μορφής ${y}'= g\left ( y \right )$ όταν $g\left ( y \right )\neq 0$ πράγμα που εδώ δεν ισχύει. Αυτό παρακάμπτεται με τον περιορισμό του προβλήματος στα διαστήματα όπου εννοείται ότι είναι $g\left ( y \right )\neq 0$ . Προκύπτουν λοιπόν όπως μπορούμε να δούμε και από τον τρόπο γραφής και οι λύσεις y=1

και

οι οποίες απορρίπτονται ως μη διερχόμενες από το μηδέν. Απομένει λοιπόν μια λύση για όλο το R. Ευχαριστώ.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #8

Αγαπητέ Κώστα χαίρομαι που συμμετέχεις στις συζητήσεις.
Εδώ διαίρεσα χωρίς να υποθέσω ότι δεν μηδενίζεται.

Οταν πάμε να λύσουμε μια διαφορική εξίσωση η μια εξίσωση δεν κοιτάμε τους περιορισμούς.
Προσπαθούμε να βρούμε την λύση.Αφου την βρούμε κοιτάμε αν όλα έχουν γίνει σωστά.
Αυτή είναι η άποψη μου, που αποκόμισα από τους δασκάλους μου.
Γνωρίζω ότι υπάρχουν και άλλες απόψεις.

Στο συγκεκριμένο θέμα έγραψα αυτή την λύση για να δείξω ότι δεν χρειάζονται τα ακροβατικά
που είχαν κάνει οι προηγούμενοι.
Δυστυχώς αν κάτι είναι ακροβατικό θεωρείται εντός ύλης ενώ αν χρησιμοποιείτε κάτι που δεν είναι σαφώς
γραμμένο είναι εκτός ύλης.
Και μετά ψάχνουν οι έχοντες την αντίθετη άποψη γιατί έχουν καταντήσει έτσι τα σχολικά μαθηματικά.

erxmer · #9

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:Αγαπητέ Κώστα χαίρομαι που συμμετέχεις στις συζητήσεις.
Εδώ διαίρεσα χωρίς να υποθέσω ότι δεν μηδενίζεται.

Οταν πάμε να λύσουμε μια διαφορική εξίσωση η μια εξίσωση δεν κοιτάμε τους περιορισμούς.
Προσπαθούμε να βρούμε την λύση.Αφου την βρούμε κοιτάμε αν όλα έχουν γίνει σωστά.
Αυτή είναι η άποψη μου, που αποκόμισα από τους δασκάλους μου.
Γνωρίζω ότι υπάρχουν και άλλες απόψεις.

Στο συγκεκριμένο θέμα έγραψα αυτή την λύση για να δείξω ότι δεν χρειάζονται τα ακροβατικά
που είχαν κάνει οι προηγούμενοι.
Δυστυχώς αν κάτι είναι ακροβατικό θεωρείται εντός ύλης ενώ αν χρησιμοποιείτε κάτι που δεν είναι σαφώς
γραμμένο είναι εκτός ύλης.
Και μετά ψάχνουν οι έχοντες την αντίθετη άποψη γιατί έχουν καταντήσει έτσι τα σχολικά μαθηματικά.

ΠΟΙΑ ΕΙΝΑΙ Η ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ.

ΠΟΙΑ ΕΙΝΑΙ Η ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ.

Re: ΠΟΙΑ ΕΙΝΑΙ Η ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ.

Re: ΠΟΙΑ ΕΙΝΑΙ Η ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ.

Re: ΠΟΙΑ ΕΙΝΑΙ Η ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ.

Re: ΠΟΙΑ ΕΙΝΑΙ Η ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ.

Re: ΠΟΙΑ ΕΙΝΑΙ Η ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ.

Re: ΠΟΙΑ ΕΙΝΑΙ Η ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ.

Re: ΠΟΙΑ ΕΙΝΑΙ Η ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ.

Re: ΠΟΙΑ ΕΙΝΑΙ Η ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ.

Μέλη σε σύνδεση