Μελέτη αλγεβρικής συνάρτησης

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #1

1)Δείξτε ότι υπάρχει μοναδική

$f:[0,\infty )\rightarrow \mathbb{R}$

ώστε για $x\in [0,\infty )$ να ισχύει

$f^{5}(x)+xf(x)+x^{2}=0$

2)Δείξτε ότι η παραπάνω συνάρτηση παραγωγίζεται στο πεδίο ορισμού της.

3)Εξετάστε την συνάρτηση ως προς τα κοίλα

4)Βρείτε $a\in \mathbb{R}$

ώστε $\lim_{x\rightarrow \infty }\dfrac{f(x)}{x^{a}}=c$

με $c\in \mathbb{R},c\neq 0$

BAGGP93 · #2

Καλημέρα. Μια απάντηση για το πρώτο ερώτημα.

1. Έστω $\displaystyle{x\geq 0}$ . Η συνάρτηση $\displaystyle{F_{x}(t)=t^5+x\,t+x^2\,,t\in\mathbb{R}}$ είναι συνεχής, γνησίως

αύξουσα στο $\displaystyle{\mathbb{R}}$ με $\displaystyle{\lim_{t\to -\infty}F_{x}(t)=-\infty\,\,,\lim_{t\to +\infty}F_{x}(t)=+\infty}$ .

Συνεπώς, υπάρχει μοναδικό $\displaystyle{t(x)=f(x)\in\mathbb{R}}$ ώστε $\displaystyle{F_{x}(f(x))=0}$ .

Σύμφωνα με την παραπάνω διαδικασία, αν σε κάθε $\displaystyle{x\geq 0}$ αντιστοιχίσουμε το μοναδικό $\displaystyle{f(x)\in\mathbb{R}}$

για το οποίο ισχύει $\displaystyle{F_{x}(f(x))=0\iff f^5(x)+x\,f(x)+x^2=0}$ , τότε έχουμε την απεικόνιση $\displaystyle{f:\left[0,+\infty\right)\to \mathbb{R}}$

για την οποία, $\displaystyle{f^5(x)+x\,f(x)+x^2=0\,,\forall\,x\geq 0}$ .

Η μοναδικότητα έπεται, από τη μοναδικότητα ρίζας της $\displaystyle{F_{x}}$ για κάθε $\displaystyle{x\geq 0}$ .

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #3

Επαναφορά για τα υπόλοιπα ερωτήματα.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #4

Ξανά επαναφορά.
Κάποιες παρατηρήσεις.
1)Το ερώτημα 4 είναι ανεξάρτητο από τα άλλα και η απόδειξη του χρησιμοποιεί μόνο σχολική ύλη
2)Το ερώτημα 2 μπορεί να βγει με σχολική ύλη αλλά και με μη σχολική .
3)Το ερώτημα 3 που έχει και το μεγαλύτερο ενδιαφέρον βγαίνει με σχολική ύλη.
Και μια υπόδειξη.
Ποια είναι η αντίστροφη;

Ιστοσελίδα · #5

2. Είναι

και για κάθε x>0

έχουμε: $f^5(x)+xf(x)+x^2=0 \Rightarrow f(x)[f^4(x)+x]=-x^2 \Rightarrow f(x)<0$ .

Έστω $x_0\geq 0$ . Τότε f^5(x_0)+x_0f(x_0)+x_0^2=0.

Έχουμε: $f^5(x)+xf(x)+x^2-f^5(x_0)-x_0f(x_0)-x_0^2=0=0 \Rightarrow$

$f^5(x)-f^5(x_0)+xf(x)-xf(x_0)+xf(x_0)-x_0f(x_0)+(x-x_0)(x+x_0)=0 \Rightarrow$

[f(x)-f(x_0)][f^4(x)+f^3(x)f(x_0)+f^2(x)f^2(x_0)+f(x)f^3(x_0)+f^4(x_0)]+

$x[f(x)-f(x_0)]+(x-x_0)(x+x_0+f(x_0)]=0 \Rightarrow$

[f(x)-f(x_0)][f^4(x)+f^3(x)f(x_0)+f^2(x)f^2(x_0)+f(x)f^3(x_0)+f^4(x_0)+x]=

Είναι $0\leq |f(x)-f(x_0)|\leq \dfrac{|x-x_0||x+x_0+f(x_0)|}{f^4(x)+f^3(x)f(x_0)+f^2(x)f^2(x_0)+f(x)f^3(x_0)+f^4(x_0)+x}\leq$

$\dfrac{|x-x_0||x+x_0+f(x_0)|}{x}$ .

Όμως $\displaystyle \lim_{x\to x_0}\dfrac{|x-x_0||x+x_0+f(x_0)|}{x}=0$ οπότε $\displaystyle \lim_{x\to x_0}[f(x)-f(x_0)]=0$

δηλαδή η

είναι συνεχής στο x_0

, οπότε είναι συνεχής στο $[0,+\infty).$

$\bullet$ Έστω x_0>0

. Από προηγούμενα έχουμε:

$\displaystyle \lim_{x\to x_0}\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=\lim_{x\to x_0}\dfrac{-[x+x_0+f(x_0)]}{f^4(x)+f^3(x)f(x_0)+f^2(x)f^2(x_0)+f(x)f^3(x_0)+f^4(x_0)+x}=$

$-\dfrac{2x_0+f(x_0)}{5f^4(x_0)+x_0}\in\mathbb{R}$ .

$\bullet$ Έστω x_0=0

. Για

είναι $xf(x)+x^2=-f^5(x)>0 \Rightarrow xf(x)+x^2>0 \Rightarrow \dfrac{f(x)}{x}>-1$ .

Έστω $g(x)=\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=\dfrac{f(x)}{x}$ με x>0

.

Τότε $f^5(x)+xf(x)+x^2=0 \Rightarrow x^5g^5(x)+x^2g(x)+x^2=0 \Rightarrow x^3g^5(x)+g(x)+1=0$

g(x)=- x^3g^5(x)-1

.

Είναι $-1<g(x)<0 \Rightarrow |g(x)|<1 \Rightarrow |g^5(x)|<1$

Άρα $\displaystyle \lim_{x\to 0}[x^3g^5(x)]=0$ οπότε $\displaystyle \lim_{x\to 0}g(x)=\lim_{x\to 0}[- x^3g^5(x)-1]=-1$ .

Δηλαδή f'(0)=-1

.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #6

stranton έγραψε: ↑
Τρί Οκτ 17, 2017 6:04 pm
$\bullet$ Έστω . Για είναι $xf(x)+x^2=-f^5(x)>0 \Rightarrow xf(x)+x^2>0 \Rightarrow \dfrac{f(x)}{x}>-1$ .

Ενα πιο σύντομο τελείωμα.

Από το παραπάνω προκύπτει ότι $\left | f(x) \right |\leq x$

Παίρνοντας $x\rightarrow 0^{+}$ στην

$\dfrac{f^{5}(x)}{x^{2}}+\dfrac{f(x)}{x}+1=0$

και χρησιμοποιώντας την $\left | \dfrac{f^{5}(x)}{x^{2}} \right |\leq \left | f^{3}(x) \right |$

καθώς και την συνέχεια της συνάρτησης στο

παίρνουμε την παράγωγο στο

.

Για το υπόλοιπο η απόδειξη του Στρατή είναι ακριβώς η ίδια με την δική μου.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #7

Είναι σαφές ότι η συνάρτηση είναι 1-1 και ότι η

$g=f^{-1}:(-\infty,0]\rightarrow \mathbb{R}$

με $g(x)=\dfrac{-x+\sqrt{x^{2}-4x^{5}}}{2}$

Εχουμε ότι $g'(x)=\frac{1}{2}(-1+\dfrac{2x-20x^{4}}{2\sqrt{x^{2}-4x^{5}}})< 0,x< 0$

Μετά από λίγες πράξεις διαπιστώνουμε ότι g''(x)> 0,x< 0

Το 2 μπορεί να βγει με το θεώρημα παραγώγισης αντιστρόφου.

Επειδή $f'(x)=-\dfrac{f(x)+2x}{5f^{4}(x)+x}$ βλέπουμε ότι η f''

υπάρχει.

Ισχύει ότι $x> 0\Rightarrow f(x)+2x> 0$

Γιατί αν $f(x)\leq -2x$

τότε $0=f^{5}(x)+xf(x)+x^{2}\leq -33x^{2}$ ΑΤΟΠΟ

Συμπεραίνουμε ότι $x> 0\Rightarrow f'(x)< 0$

Παραγωγίζοντας την σχέση

f(g(x))=x

δύο φορές παίρνουμε ότι

$f''(g(x))(g'(x))^{2}+f'(g(x))g''(x)=0$

Λαμβάνοντας υπ οψιν τα προηγούμενα παίρνουμε από την τελευταία ότι

$x> 0\Rightarrow f''(x)> 0$

που δείχνει ότι η

είναι κυρτή

Μένει το 4 που είναι δυο γραμμές.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #8

Κάνω το 4 για να κλείσει.

Η βασική παρατήρηση είναι ότι $x\geq 1\Rightarrow \left | f(x) \right |\leq \left | x \right |^{\frac{2}{5}}$

Γιατί αν $\left | f(x) \right |> \left | x \right |^{\frac{2}{5}}$

τότε $x^{2}=x\left | f(x) \right |+\left | f(x) \right |^{5}> x^{2}$

που είναι ΑΤΟΠΟ.

Εχουμε $\dfrac{f^{5}(x)}{x^{2}}+\dfrac{f(x)}{x}+1=0$ (1)

Αλλά $\left | \dfrac{f(x)}{x} \right |\leq \dfrac{1}{x^{\frac{3}{5}}}$

Οπότε παίρνοντας $x\rightarrow \infty$

στην (1) συμπαιρένουμε ότι $c=-1,a=\frac{2}{5}$

Μελέτη αλγεβρικής συνάρτησης

Μελέτη αλγεβρικής συνάρτησης

Re: Μελέτη αλγεβρικής συνάρτησης

Re: Μελέτη αλγεβρικής συνάρτησης

Re: Μελέτη αλγεβρικής συνάρτησης

Re: Μελέτη αλγεβρικής συνάρτησης

Re: Μελέτη αλγεβρικής συνάρτησης

Re: Μελέτη αλγεβρικής συνάρτησης

Re: Μελέτη αλγεβρικής συνάρτησης

Μέλη σε σύνδεση