Άρτια και περιττή

#1

Δίνονται οι συναρτήσεις f, g

συνεχείς στο x_0=0

για τις οποίες υποθέτουμε ότι η

είναι περιττή, η

είναι άρτια και ισχύουν οι σχέσεις:

● $\displaystyle{g(x + y) = g(x)g(y) - f(x)f(y)}$ , για κάθε $\displaystyle{x,y \in R}$ ,

● $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{f(x)}}{x} = 1}$ και $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{g(x) - 1}}{x} = 0}$

Να αποδείξετε ότι:

α) f(0)=0

και

.

β)

.

γ)

και

.

#2

Ας μου επιτραπεί να προσθέσω και ένα επιπλέον ερώτημα που δείχνει και την ιδέα κατασκευής της άσκησης:

δ) Να δείξετε ότι $f(x)=\sin{x}$ και $g(x)=\cos{x}$ .

Αλέξανδρος

Tolaso J Kos · #3

george visvikis έγραψε:Δίνονται οι συναρτήσεις συνεχείς στο για τις οποίες υποθέτουμε ότι η είναι περιττή, η είναι άρτια και ισχύουν οι σχέσεις:

● $\displaystyle{g(x + y) = g(x)g(y) - f(x)f(y)}$ , για κάθε $\displaystyle{x,y \in R}$ ,

● $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{f(x)}}{x} = 1}$ και $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{g(x) - 1}}{x} = 0}$

Να αποδείξετε ότι:

α) και .
β)

Αν και γνωστό θέμα, τουλάχιστον σε μένα ας το τιμήσω κάνοντας την αρχή για τα

πρώτα , καθώς πρέπει να πάω πανεπιστήμιο.

α. Από το όριο $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow 0}\frac{f(x)}{x}=1}$ αν θέσουμε συνάρτηση $\displaystyle{g(x)=\frac{f(x)}{x}}$ τότε παρατηρούμε ότι $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow 0}g(x)=1}$ οπότε $\displaystyle{xg(x)=f(x)\Rightarrow \lim_{x\rightarrow 0}\left ( xg(x) \right )=\lim_{x\rightarrow 0}f(x)\Rightarrow \lim_{x\rightarrow0}f(x)=0}$ . Όμοια από το δεύτερο όριο (εφαρμόζοντας δηλαδή την ίδια διαδικασία) βγάζουμε ότι $\displaystyle{g(0)=1}$ .

β. Είναι $\displaystyle{f}$ περιττή, οπότε $\displaystyle{f(-x)=-f(x)\, \, \, \, \forall x\in \mathbb{R}}$ και από ότι η $\displaystyle{g}$ άρτια βγάζουμε ότι $\displaystyle{g(-x)=g(x)\, \, \, \, \forall x\in \mathbb{R}}$ . Θέτω στη δοσμένη σχέση $\displaystyle{y=-x}$ και παίρνουμε $\displaystyle{g(x-x)=g(x)g(-x)-f(x)f(-x)\Leftrightarrow g(0)=g^2(x)+f^2(x)\Leftrightarrow f^2(x)+g^2(x)=1}$ το οποίο αποδεικνύει το ζητούμενο.

Tolaso J Kos · #4

Πάμε και για το ερώτημα γ. το οποίο είναι απαιτητικό και εξαιρετικό.
Θα αποδείξω ότι η $\displaystyle{g}$ είναι συνεχής και παραγωγίσιμη που βγαίνει εύκολο από τη συναρτησιακή.

Για τη συνέχεια της $\displaystyle{g}$ : $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow x_0}g(x)\overset{x-x_0=h}{=}\lim_{h\rightarrow 0}g(x_0+h)=\lim_{h\rightarrow 0}\left ( g(x_0)g(h)-f(x)f(h) \right )=g(x_0)}$ το οποίο αποδεικνύει ότι η συνάρτηση $\displaystyle{g}$ είναι συνεχής σε όλο το $\displaystyle{\mathbb{R}}$ .

Για την παραγωγισιμότητα της $\displaystyle{g}$ :Θα χρησιμοποιήσουμε τον ορισμό , που δίδεται στα μαθηματικά Γενικής Παιδείας.. και κατά συνέπεια έχουμε:
$\displaystyle{\lim_{h\rightarrow 0}\frac{g(x+h)-g(x)}{h}=\lim_{h\rightarrow 0}\frac{g(x)g(h)-f(x)f(h)-g(x)}{h}=\lim_{h\rightarrow 0}\left [ \frac{g(x)(g(h)-1)}{h}-f(x)\frac{f(h)}{h} \right ]=-f(x)}$ .

Τώρα από τη σχέση $\displaystyle{f^2(x)+g^2(x)=1}$ βγάζουμε ότι η $\displaystyle{f}$ είναι συνεχής, αφού γράφεται ως $\displaystyle{f^2(x)=1-g^2(x)}$ . Από την τελευταία επίσης παίρνουμε και την παραγωγισιμότητα της $\displaystyle{f}$ . Τότε παραγωγίζοντας τη σχέση $\displaystyle{f^2(x)+g^2(x)=1}$ έχουμε:
$\displaystyle{\left ( f^2(x)+g^2(x) \right )'=0\Leftrightarrow 2f(x)f'(x)+2g(x)g'(x)=0\iff}$
$\displaystyle{f(x)f'(x)+g(x)g'(x)=0\overset{g'(x)=-f(x)}{\iff}f(x)f'(x)-f(x)g(x)=0\Leftrightarrow f(x)(f'(x)-g(x))=0}$ . Όμως η $\displaystyle{f}$ δε μπορεί να είναι $\displaystyle{0}$ για κάθε $\displaystyle{x\in \mathbb{R}}$ αφού τότε η παράγωγος αυτής θα ήταν μηδέν, κάτι το οποίο αντίκειται στην εκφώνηση αφού $\displaystyle{f'(0)=1}$ , άρα $\displaystyle{f'(x)=g(x)}$ για κάθε $\displaystyle{x\in\mathbb{R}}$ .

Ελπίζω να μην μπάζει από κάπου (αν και ορισμένα σημεία, δε μου κάθονται καλά (τα κόκκινα δηλ.)) Το αφήνω να το δουν και οι πεπειραμένοι του

, και να πουν και αυτοί τη γνώμη τους.
Να ευχαριστήσω τον κ. Γιώργο (Βισβίκη), το Βαγγέλη και το Μιχάλη.
Το ερώτημα Δ είναι πιο βατό, πιστεύω.. Το αφήνω καθώς πρέπει να πάω πανεπιστήμιο.

leuteris · #5

Από το

για κάθε $\displaystyle{x\in \mathbb{R}}$ δε συνεπάγεται ότι f'(x)=g(x)

για κάθε $\displaystyle{x\in \mathbb{R}}$ μιας που μπορεί για κάποια

να είναι

και για κάποια άλλα f'(x)=g(x)

.(Φαντάζομαι γι'αυτό το έχεις κόκκινο)
Καμια βοήθεια για το f'(x)=g(x)

αν μπορεί κάποιος...

Tolaso J Kos · #6

Λευτέρη ακριβώς για αυτό το λόγο το έχω κόκκινο.
Όπως επίσης και τα άλλα σημεία.... ναι αυτό το σημείο πράγματι μπάζει από παντού...

Το τελευταίο ερώτημα είναι βατό. Επιδέχεται, τουλάχιστον

λύσεις.

Tolaso J Kos · #7

george visvikis έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 06, 2014 8:32 pm
Δίνονται οι συναρτήσεις συνεχείς στο για τις οποίες υποθέτουμε ότι η είναι περιττή, η είναι άρτια και ισχύουν οι σχέσεις:

● $\displaystyle{g(x + y) = g(x)g(y) - f(x)f(y)}$ , για κάθε $\displaystyle{x,y \in R}$ ,

● $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{f(x)}}{x} = 1}$ και $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{g(x) - 1}}{x} = 0}$

Να αποδείξετε ότι:

γ) και .

Επαναφορά για αυτο το ερώτημα

abgd · #8

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 24, 2021 11:04 pm

george visvikis έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 06, 2014 8:32 pm
Δίνονται οι συναρτήσεις συνεχείς στο για τις οποίες υποθέτουμε ότι η είναι περιττή, η είναι άρτια και ισχύουν οι σχέσεις:

● $\displaystyle{g(x + y) = g(x)g(y) - f(x)f(y)}$ , για κάθε $\displaystyle{x,y \in R}$ ,

● $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{f(x)}}{x} = 1}$ και $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{g(x) - 1}}{x} = 0}$

Να αποδείξετε ότι:

γ) και .
Επαναφορά για αυτο το ερώτημα

Για την παραγωγισιμότητα της $\displaystyle{f}$ διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

1. Αν $\displaystyle{f(x)\ne 0}$

$\displaystyle{g(x+h-x)=g(x+h)g(-x)-f(x+h)f(-x)}$

και εφόσον η $\displaystyle{f}$ είναι περιττή και η $\displaystyle{g}$ άρτια

$\displaystyle{f(x+h)f(x)=g(h)-g(x+h)g(x) \Rightarrow f(x+h)-f(x)=\frac{g(h)-g(x+h)g(x)-f^2(x)}{f(x)}}$

$\displaystyle{ \Rightarrow f(x+h)-f(x)=\frac{g(h)-g(x+h)g(x)-1+g^2(x)}{f(x)}}$

$\displaystyle{\Rightarrow \frac{f(x+h)-f(x)}{h}=\frac{g(h)-1}{hf(x)}-g(x)\frac{g(x+h)-g(x)}{hf(x)}}$

Παίρνοντας το όριο ( $\displaystyle{h\to 0}$ ) βρίσκουμε εύκολα το ζητούμενο $\displaystyle{f^{\prime}(x)=g(x)}$

2. Αν $\displaystyle{f(x)= 0}$

Βρίσκουμε εύκολα ότι $\displaystyle{g(x)=1}$ ή $\displaystyle{g(x)=-1}$ και $\displaystyle{g(2h)=1-2f^2(h)}$

Έστω ότι $\displaystyle{g(x)=1}$

$\displaystyle{g(x+2h)=g(x+h)g(h)-f(x+h)f(h)\Rightarrow }$

$\displaystyle{\Rightarrow f(x+h)f(h)=g(x+h)g(h)-g(x+2h)=g^2(h)-g(2h)=g^2(h)-1+2f^2(h)=f^2(h)}$

Διαιρώντας με $\displaystyle{h^2, \ \ h\ne0}$ και κατόπιν με $\displaystyle{\frac{f(h)}{h}}$ , το οποίο για $\displaystyle{h}$ κοντά στο $\displaystyle{0}$ είναι διαφορετικό του $\displaystyle{0}$ , έχουμε:

$\displaystyle{\frac{f(x+h)}{h}=\frac{f(h)}{h}}$

Παίρνοντας το όριο ( $\displaystyle{h\to 0}$ ) βρίσκουμε $\displaystyle{f^{\prime}(x)=1=g(x)}$

Ομοίως αν $\displaystyle{g(x)=-1}$

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #9

Διαφορετικά το $\displaystyle{f'( x) = g(x)}$

Εχουμε
$\displaystyle{g(x + y) = g(x)g(y) - f(x)f(y)}$
και
$\displaystyle{g(x - y) = g(x)g(y) + f(x)f(y)}$
προσθέτοντας παίρνουμε

$\displaystyle{g(x - y)+g(x + y) = 2g(x)g(y)}$
Παραγωγίζοντας ως προς

μετά ως προς

και χρησιμοποιώντας την g'(x)=-f(x)

έχουμε ότι
$\displaystyle{f(x + y) = g(x)f(y) + f(x)g(y)}$

Επειδή υπάρχει

με $f(y)\neq 0$ η

$\displaystyle{g(x + y) = g(x)g(y) - f(x)f(y)}$

δίνει ότι η f'(x)

υπάρχει.

Παραγωγίζοντας την $\displaystyle{f(x + y) = g(x)f(y) + f(x)g(y)}$
ως προς

παίρνουμε
$\displaystyle{f'(x + y) = g'(x)f(y) + f'(x)g(y)}$
Θέτοντας όπου x=0

μας δίνει

$\displaystyle{f'( y) = g(y)}$

Ειναι φανερό από τις σχέσεις f'(x)=g(x)

και

ότι οι

εχουν παραγώγους όλων των τάξεων και
f''(x)+f(x)=0,g''(x)+g(x)=0

.

Ετσι εύκολα βλέπουμε ότι
$\displaystyle f(x)=\sin x,g(x)=\cos x$

Άρτια και περιττή

Άρτια και περιττή

Re: Άρτια και περιττή

Re: Άρτια και περιττή

Re: Άρτια και περιττή

Re: Άρτια και περιττή

Re: Άρτια και περιττή

Re: Άρτια και περιττή

Re: Άρτια και περιττή

Re: Άρτια και περιττή

Μέλη σε σύνδεση