Σελίδα 1 από 1

ΣΥΝΑΡΤΗΣΙΑΚΗ-ΥΠΑΡΞΗ-ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Μαρ 31, 2016 2:32 am
από KAKABASBASILEIOS
...Καλησπέρα :logo: μια αποψινή δημιουργία μάλλον απαιτητική...

Δίνεται η συνάρτηση f:R\to R , η οποία είναι συνεχής στο R και ισχύει ότι f(x+y)=f(x)+f(y)+2xy-1,\,\,\,\,x,y\in R.

Αν γνωρίζουμε ότι 5\int\limits_{0}^{1}{f(x)dx}=2\int\limits_{1}^{2}{f(x)dx} τότε:

Α. Υπάρχει \xi \in (0,\,\,1) ώστε 3f(\xi )=2f(1)

Β. Αν επιπλέον ακόμη ισχύει

\int\limits_{1}^{2}{f(x)dx}=2+\int\limits_{0}^{1}{f(x)dx}
\displaystyle{f(x)\ge 2x,\,\,\,x\in R}

τότε να δείξετε ότι :

i) f(1)=2

ii) 2f(x)+1\ge f(x+1),\,\,\,x\in R

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

Re: ΣΥΝΑΡΤΗΣΙΑΚΗ-ΥΠΑΡΞΗ-ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Μαρ 31, 2016 4:11 am
από Rempeskes
KAKABASBASILEIOS έγραψε:...Καλησπέρα :logo: μια αποψινή δημιουργία μάλλον απαιτητική...

Δίνεται η συνάρτηση f:R\to R , η οποία είναι συνεχής στο R και ισχύει ότι f(x+y)=f(x)+f(y)+2xy-1,\,\,\,\,x,y\in R.

Αν γνωρίζουμε ότι 5\int\limits_{0}^{1}{f(x)dx}=2\int\limits_{1}^{2}{f(x)dx} τότε:

Α. Υπάρχει \xi \in (0,\,\,1) ώστε 3f(\xi )=2f(1)

Β. Αν επιπλέον ακόμη ισχύει

\int\limits_{1}^{2}{f(x)dx}=2+\int\limits_{0}^{1}{f(x)dx}
\displaystyle{f(x)\ge 2x,\,\,\,x\in R}

τότε να δείξετε ότι :

i) f(1)=2

ii) 2f(x)+1\ge f(x+1),\,\,\,x\in R

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης
Καλημέρα.

Μια αντιμετώπιση για την δημιουργία του κ.Βασίλη:


Α)

\displaystyle{5\int\limits_{0}^{1}{f(x)dx}=2\int\limits_{1}^{2}{f(x)dx} }


\displaystyle{\Rightarrow \int\limits_{0}^{1}{5f(x)dx}=\int\limits_{0}^{1}{2f(x+1)dx}}


\displaystyle{\Rightarrow \int\limits_{0}^{1}{3f(x)+2(f(x)-f(x+1))dx}=0}


\displaystyle{\Rightarrow \int\limits_{0}^{1}{3f(x)+2(-f(1)-2x+1)dx}=0}


\displaystyle{\Rightarrow \int\limits_{0}^{1}{\left( 3f(x)-2f(1)-4x+2 \right)dx}=0}


\displaystyle{\Rightarrow \int\limits_{0}^{1}{(3f(x)-2f(1))dx} + \left[2x-2x^2 \right]_0^1 =0}


\displaystyle{\Rightarrow \int\limits_{0}^{1}{ (3f(x)-2f(1))dx}=0}


\displaystyle{\Rightarrow \exists \xi \in \left(0,1 \right):3f(\xi)-2f(1)=0\Rightarrow \boxed{3f(\xi)=2f(1)}}

B)

i)

\displaystyle{\int\limits_{1}^{2}{f(x)dx}=2+\int\limits_{0}^{1}{f(x)dx} \Rightarrow \int\limits_{0}^{1}{f(x+1)dx}=2+\int\limits_{0}^{1}{f(x)dx}\Rightarrow \int\limits_{0}^{1}{\left( f(x+1)-f(x)\right)dx}=2}

\displaystyle{\Rightarrow \int\limits_{0}^{1}{\left( f(1)+2x-1\right)dx}=2 \Rightarrow \left[f(1)x+x^2 -x \right]_0^1 =2\Rightarrow \boxed{f(1)=2}}

ii)

Ισχύει,

\displaystyle{f(x)\geq 2x\Rightarrow 1+f(x)\geq (f(1)-1)+2x\Rightarrow 1+f(x)\geq f(x+1)-f(x) \Rightarrow \boxed{2f(x)+1\geq f(x+1)}}

Re: ΣΥΝΑΡΤΗΣΙΑΚΗ-ΥΠΑΡΞΗ-ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Μαρ 31, 2016 12:43 pm
από R BORIS
Αν \displaystyle{f(x)-x^2-1=g(x)} τότε \displaystyle{g(x+y)=g(x)+g(y)} άρα Cauchy και συνεχής \displaystyle{g(x)=ax}οποτε \displaystyle{f(x)=ax+x^2+1} και ανικαθιστώντας στην σχέση που δίνεται \displaystyle{a=0}

Re: ΣΥΝΑΡΤΗΣΙΑΚΗ-ΥΠΑΡΞΗ-ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Μαρ 31, 2016 10:06 pm
από Φωτεινή
KAKABASBASILEIOS έγραψε: Δίνεται η συνάρτηση f:R\to R , η οποία είναι συνεχής στο R και ισχύει ότι
f(x+y)=f(x)+f(y)+2xy-1,{\color{red}(1)},\,\,\,\,x,y\in R.

Αν γνωρίζουμε ότι 5\int\limits_{0}^{1}{f(x)dx}=2\int\limits_{1}^{2}{f(x)dx}\color{red}(2) τότε:

Α. Υπάρχει \xi \in (0,\,\,1) ώστε 3f(\xi )=2f(1)

Β. Αν επιπλέον ακόμη ισχύει

\boxed{\int\limits_{1}^{2}{f(x)dx}=2+\int\limits_{0}^{1}{f(x)dx}}
\displaystyle{f(x)\ge 2x,\,\,\,x\in R}

τότε να δείξετε ότι :

i) f(1)=2

ii) 2f(x)+1\ge f(x+1),\,\,\,x\in R
...Καλησπέρα...

y=1 \quad (1)\Rightarrow f(x+1)=f(x)+f(1)+2x-1\Rightarrow\int_{0}^1f(x+1)dx=\int_{0}^1 (f(x) +f(1)+2x-1)dx\Rightarrow

\boxed{\int_{1}^2f(x)dx=\int_{0}^1 f(x)dx +f(1)}\stackrel{(2)}\Rightarrow 3\int_{0}^1f(x)dx=2f(1)\Rightarrow

3(F(1)-F(0))=2f(1)\Rightarrow 3f(\xi)=2f(1), όπου F μια παράγουσα της f στο [0,1],έγινε ένα ΘΜΤ στο [0,1] για την F

Φανερά είναι f(1)=2 και f(x+1)=f(x)+2x+1,x\in \mathbb R

f(x)\geq 2x \quad \forall x\in \mathbb R

2f(x)\geq f(x)+2x\Rightarrow 2f(x)+1\geq f(x)+2x+1\Rightarrow 2f(x)+1\geq f(x+1),x\in \mathbb R