Συνάρτηση από διαφορική

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #1

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

με f(0)=0

και $f'(x)=1-xf^{2}(x)$

Δείξτε ότι
1)Υπάρχει $x_{1}> 0$ με $f'(x_{1})< 0$

2)Για x> 0

έχουμε

3)Η

παίρνει μέγιστη τιμή σε κάποιο $x_{0}\epsilon (0,\infty )$

4) $\lim_{x\rightarrow \infty }f(x)=0$ και $\lim_{x\rightarrow \infty }\sqrt{x}f(x)=1$

5)Βρείτε το $\lim_{x\rightarrow o^{+}}\dfrac{f(x)-x+\frac{x^{4}}{4}}{x^{7}}$

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #2

Επαναφορά.

#3

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:Εστω $f:[0,\infty )\rightarrow \mathbb{R}$ παραγωγίσιμη στο $[0,\infty )$

με και $f'(x)=1-xf^{2}(x)$

Δείξτε ότι
1)Υπάρχει $x_{1}> 0$ με $f'(x_{1})< 0$

2)Για έχουμε

3)Η παίρνει μέγιστη τιμή σε κάποιο $x_{0}\epsilon (0,\infty )$

4) $\lim_{x\rightarrow \infty }f(x)=0$ και $\lim_{x\rightarrow \infty }\sqrt{x}f(x)=1$

5)Βρείτε το $\lim_{x\rightarrow o^{+}}\dfrac{f(x)-x+\frac{x^{4}}{4}}{x^{7}}$

Σταύρο, την έχω λύσει καιρό τώρα αλλά δεν έγραφα την λύση γιατί οι πράξεις, τουλάχιστον όπως το είδα, είναι πάρα πολλές.

Θα την απαντήσω σε δύο στάδια. Υπομονή για το δεύτερο. Θα αρχίσω όμως από το 5) που είναι ανεξάρτητο από τα άλλα. Πάντως οι απαντήσεις στο 4) είναι

και

, αντίστοιχα. Για το 5) η απάντηση είναι $\frac {1}{14}$

Λύση στο 5) μόνο (τα κύρια βήματα):

Είναι $f'\le 1$ οπότε ολοκληρώνοντας έχουμε $f(x) \le x$ . Πίσω στην αρχική, $f'(x) = 1-xf^2(x) \ge 1-x^3$ . Oλοκληρώνοντας έχουμε $f(x) \ge x - \frac {x^4}{4}$ .

Κάνοντας το ίδιο πράγμα άλλες δύο φορές, δηλαδή βάζουμε την ανισότητα που βρήκαμε πίσω στην αρχική και ολοκληρώνοντας θα βρούμε

$\displaystyle{ f(x) \le x - \frac {x^4}{4} + \frac {x^7}{14} - \frac {x^{10}}{160} }$

και

$\displaystyle{ f(x) \ge x - \frac {x^4}{4} + \frac {x^7}{14} - \frac {23x^{10}}{1120} + \frac {27x^{13}}{7280} - \frac {129x^{16}}{250880} - \frac {x^{19}}{21280} - \frac {x^{22}}{563200} }$

(όπως θα δούμε, τις υψηλές δυνάμεις του

, μετά το

, δεν χρειάζεται να τις καταγράψω. Θα αρκούσε ένα $\big O (x^8)$ αλλά επειδή οι μαθητές που μας διαβάζουν μπορεί να μην ξέρουν την έννοια, κάνω το κόπο των πράξεων μέχρις εσχάτων. Αυτό που έχει σημασία είναι ότι τα δύο μέρη εκατέρωθεν της f(x)

είναι ολόϊδια μέχρι το x^7

).

Πηγαίνοντας κάποιους όρους με το f(x)

και διαιρώντας με το x^7

καταλήγουμε

$\displaystyle{ \frac {1}{14} - \frac {23x^{3}}{1120} + ... \le \dfrac{f(x)-x+\frac{x^{4}}{4}}{x^{7}} \le \frac {1}{14} - \frac {x^{3}}{160} }$

Παίρνοντας τώρα όριο στο

, καταλήγουμε ότι

$\displaystyle{ \lim_{x\rightarrow o^{+}}\dfrac{f(x)-x+\frac{x^{4}}{4}}{x^{7}} = \frac {1}{14}$

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #4

Να δώσω και την δική μου λύση για το 5)
Είναι φανερό ότι η

έχει παραγώγους όλων τάξεων που μάλιστα είναι φραγμένες π.χ στο [0,1]

Χρησιμοποιώντας τον Taylor δηλαδή

$f(x)=f(0)+f'(0)x+...f^{(k)}(0)\frac{x^{k}}{k!}+....+f^{(n)}(0)\frac{x^{n}}{n!}+f^{(n+1)}(\xi (x))\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}$

Βλέπουμε ότι την

μπορούμε να την έχουμε σε ανάπτυγμα δυνάμεων του

κοντά στο

Επειδή

θα είναι

$f(x)=x+a_{2}x^{2}+a_{3}x^{3}+a_{4}x^{4}+a_{5}x^{5}+a_{6}x^{6}+a_{7}x^{7}+...$

και $f'(x)=1+2a_{2}x+3a_{3}x^{2}+4a_{4}x^{3}+5a_{5}x^{4}+6a_{6}x^{5}+7a_{7}x^{6}+8a_{8}x^{7}+....$

Αντικαθιστώντας στην διαφορική παίρνουμε

$2a_{2}x+3a_{3}x^{2}+4a_{4}x^{3}+5a_{5}x^{4}+6a_{6}x^{5}+7a_{7}x^{6}+8a_{8}x^{7}+....=- x^{3}(1+a_{2}x+a_{3}x^{2}+a_{4}x^{3}+a_{5}x^{4}+6a_{6}x^{5}+......)^{2}$

βλέπουμε ότι πρέπει $a_{2}=a_{3}=0$

Ετσι η προηγούμενη γίνεται

$4a_{4}x^{3}+5a_{5}x^{4}+6a_{6}x^{5}+7a_{7}x^{6}+8a_{8}x^{7}+....=-x^{3}(1+a_{4}x^{3}+a_{5}x^{4}+6a_{6}x^{5}+......)^{2}$

Αλλά $(1+a_{4}x^{3}+a_{5}x^{4}+6a_{6}x^{5}+......)^{2}=(1+2a_{4}x^{3}+2a_{5}x^{4}+2a_{6}x^{5}+.........)$

Εξισωνοντας τους συντελεστές των ιδιων δυνάμεων του

παίρνουμε

$4a_{4}=-1,5a_{5}=0,6a_{6}=0,-2a_{4}=7a_{7}$

Δηλαδή $a_{0}=0,a_{1}=1,a_{2}=a_{3}=0,a_{4}=-\frac{1}{4},a_{5}=a_{6}=0,a_{7}=\frac{1}{14}$

Αρα $\dfrac{f(x)-x+\frac{x^{4}}{4}}{x^{7}}=\frac{1}{14}+x(a_{8}+a_{9}x+..... )$
που δίνει το ζητούμενο.
Με την μέθοδο αυτή μπορούμε να προσεγγίσουμε το f(x)

για

κοντά στο

όσο καλά θέλουμε.

#5

Ωραιότατα.

Ουσιαστικά η μέθοδος που γράφεις είναι "λύση με δυναμοσειρά" της εξίσωσης. Πάντα μου άρεσε αυτή που χρησιμοποιείται π.χ. στην εξίσωση Bessel. Αναφέρω ειδικά αυτήν γιατί η δοθείσα φαίνεται να σχετίζεται (δεν το έψαξα παραπάνω γιατί δεν μας αφορά για τα ερωτήματα).

Αργότερα σήμερα θα γράψω λύσεις στα άλλα ερωτήματα. Είναι ευκολότερες από αυτές (τις μακροσκελείς) που είχα κατά νου αρχικά.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #6

Γειά σου Μιχάλη.
Από εκεί που την πήρα δεν φαινόταν να είχε σχέση με Bessel.
Για να είμαι ξεκάθαρος την άσκηση την βρήκα σε κάποιες παλιές σημειώσεις Διαφορικών Εξισώσεων.Το ερώτημα 5 δεν υπήρχε το πρόσθεσα εγώ.Είχε και άλλα ερωτήματα που είχαν να κάνουν με ύπαρξη λύσης.
Θα μπορούσαμε για να αποφύγουμε πράξεις να θέσουμε g(x)=f(x)-x

οπότε θα είχαμε
$g'(x)=-x(g(x)+x)^{2}$ και g(0)=g'(0)=0

Tότε θα βλέπαμε ότι $g(x)=x^{4}h(x)$ και θα βρίσκαμε το ανάπτυγμα της h(x)

Οι πράξεις στο χαρτί τουλάχιστον είναι λίγο λιγότερες.

#7

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:Εστω $f:[0,\infty )\rightarrow \mathbb{R}$ παραγωγίσιμη στο $[0,\infty )$

με και $f'(x)=1-xf^{2}(x)$

Δείξτε ότι
1)Υπάρχει $x_{1}> 0$ με $f'(x_{1})< 0$

2)Για έχουμε

3)Η παίρνει μέγιστη τιμή σε κάποιο $x_{0}\epsilon (0,\infty )$

4) $\lim_{x\rightarrow \infty }f(x)=0$ και $\lim_{x\rightarrow \infty }\sqrt{x}f(x)=1$

5)Βρείτε το $\lim_{x\rightarrow o^{+}}\dfrac{f(x)-x+\frac{x^{4}}{4}}{x^{7}}$

Ξεχάστηκε.

Συνεχίζω αλλά χωρίς το 4β) γιατί έχω μόνο μακροσκελή και άχαρη λύση.

1) Έστω αντίθετα ότι $f'(x) \ge 0$ για κάθε

. Τότε

αύξουσα και άρα $\ge 0$ αφού $f(0)\ge 0$ ,και μάλιστα (αφού f'(0) = 1-0 >0

) υπάρχει

με

. Οπότε για $x\ge a$ έχουμε $f(x) \ge f(a) >0$ και άρα

$1-xf^2(a) \ge 1 - xf^2(x) = f'(x) \ge 0$ .

Αυτό όμως είναι άτοπο γιατί το αριστερό μέλος τείνει στο $-\infty$ καθώς $x\to \infty$ .

3) (κάνω πρώτα το (3) και μετά το (2) αν και έχω τρόπο να τα πάρω με την ίδια σειρά). Έχουμε f(0) = 1>0

και από το 1) υπάρχει $x_{1}> 0$ με $f'(x_{1})< 0$ . Όμως η

είναι συνεχής ως ίση με την συνεχή 1-xf^2(x)

, οπότε υπάρχει

με

και άρα

.

Παραγωγίζοντας την δοθείσα είναι τότε

$\displaystyle{f''(p) = -2pf(p)f'(p) - f^2(p) = 0-f^2(p) = -\frac {1}{p} <0}$

οπότε στο

έχουμε μέγιστο. Ειδικά δείξαμε ότι σε κάθε σημείο ακροτάτου έχουμε μέγιστο.

Αν υπήρχε και δεύτερο σημείο μεγίστου θα υπήρχε και ελάχιστο στο ενδιάμεσο (απλό από το γεγονός ότι η συνάρτηση είναι φθίνουσα στην περιοχή του εκάστοτε μεγίστου, οπότε υπάρχει ολικό ελάχιστο μεταξύ τους που δεν είναι στα άκρα). Αλλά είδαμε ότι δεν υπάρχουν ελάχιστα. Συνεπώς υπάρχει μόνο ένα (ολικό) μέγιστο από όπου έπεται το (3).

2) Από τον συλλογισμό ιδίως στην τελευταία παράγραφο του προηγουμένου έπεται ότι η συνάρτηση είναι φθίνουσα από το μέγιστο και πέρα, οπότε και $f('x)\le 0$ . Άρα από το μέγιστο και πέρα είναι $1-xf^2(x) = f'(x) \le 0$ , οπότε $f^2(x) \ge \frac {1}{x} >0$ και ειδικά δεν μηδενίζεται πουθενά (και άρα γνήσια θετική). Επίσης η

είναι γνήσια αύξουσα μέχρι το μέγιστο (αλλιώς η παράγωγος θα μηδενιζόταν κάπου στο ενδιάμεσο) και εύκολα ολοκληρώνουμε το 2.

Άλλος τρόπος για το 2. Αν υπήρχε

με

τότε μπορούμε να θεωρήσουμε ότι το

είναι το infimum του κλειστού συνόλου $\{x >0 / f(x) \le 0\}$ . Ειδικά f(q)=0

λόγω συνέχειας. Επίσης $q\ne 0$ διότι f(0)=0, f'(0)=1>0

. Όμως τότε f'(q)=1>0

, που σημαίνει ότι η

είναι γνήσια αύξουσα σε περιοχή του

που αντιφάσκει στον ορισμό του

ως infimum (αριστερά του υπάρχουν σημεία με f(x) < f(q)=0

. Και λοιπά.

4α) Είδαμε ότι δεξιά του μεγίστου η συνάρτηση είναι φθίνουσα και κάτω φραγμένη από το

. Άρα το όριο $\displaystyle{\lim _{x\to \infty} f(x) = a\ge 0$ υπάρχει. Αν a>0

τότε

για όλα τα μεγάλα

, άρα σε τέτοια

είναι $f'(x) = 1-xf^2(x) \le 1 - \frac {a^2x}{4}$ , και άρα $f(x) = f(p) + (x-p) f'(\xi) \le f(p) + (x-p) \left ( 1 - \frac {a^2x}{4} \right ) \to -\infty }$ , άτοπο.

Τελικά a=0

και ολοκληρώνεται η απόδειξη του

.

Δεν γράφω προς το παρόν απόδειξη του 4b ως μακροσκελούς, αλλά είμαι προς αναζήτηση καλύτερης. Θα χαρώ να δω μία οικονομική.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #8

Λύνω το 4b για να ολοκληρωθεί η λύση της άσκησης.

Αρκεί να δείξω ότι $\lim_{x\rightarrow \infty }f'(x)=0$ .

Επειδή $\lim_{x\rightarrow \infty }f(x)=0$ αρκεί το $\lim_{x\rightarrow \infty }f'(x)$ να υπάρχει.

Αυτό θα συμβαίνει αν η f'(x)

είναι αύξουσα από κάπου και πέρα.

Παραγωγίζοντας έχουμε
f''(x)=-f(x)(f(x)+2xf'(x))

(*)

Εχουμε τρεις περιπτώσεις
1) $f''(x)\geq 0$ για $x\geq c> 0$ Τελειώσαμε.

2) $f''(x)\leq 0$ για $x\geq c> 0$ Τότε η f(x)

θα είναι κοίλη και επειδή f'(x)< 0

για μεγάλα

θα πάρουμε $\lim_{x\rightarrow \infty }f(x)=-\infty$ που είναι ΑΤΟΠΟ

3)Θα υπάρχουν $x_{1},x_{2}$ με $x_{1}<x_{2}$ και
$f''(x_{1})=f''(x_{2})=0$
καθώς και $x\in (x_{1},x_{2})\Rightarrow f''(x)< 0$

Θεωρούμε την h(x)=f(x)+2xf'(x)

Λόγω της (*) έχουμε $h(x_{1})=h(x_{2})=0$
και h'(x)=3f'(x)+2xf''(x)

Λογω Rolle 'εχουμε ΑΤΟΠΟ.( $x\in (x_{1},x_{2})\Rightarrow h'(x)< 0$ )

Αφου οι περιπτώσεις 2,3 δεν είναι δυνατόν να ισχύουν ,ισχύει η 1 και η απόδειξη είναι πλήρης.

Συνάρτηση από διαφορική

Συνάρτηση από διαφορική

Re: Συνάρτηση από διαφορική

Re: Συνάρτηση από διαφορική

Re: Συνάρτηση από διαφορική

Re: Συνάρτηση από διαφορική

Re: Συνάρτηση από διαφορική

Re: Συνάρτηση από διαφορική

Re: Συνάρτηση από διαφορική

Μέλη σε σύνδεση