Υπάρχει τέτοια συνάρτηση;

Συντονιστής: emouroukos

Άβαταρ μέλους
chris_gatos
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6821
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 9:03 pm
Τοποθεσία: Πειραιάς

Υπάρχει τέτοια συνάρτηση;

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από chris_gatos » Παρ Μάιος 27, 2011 5:16 pm

Ύπάρχει παραγωγίσιμη συνάρτηση \displaystyle{ 
f:\left[ {0,2} \right] \to R 
} με \displaystyle{ 
f(0) = 0 
} που να ικανοποιεί τη σχέση: \displaystyle{ 
f'(x) - f^4 (x) = 1,\forall x \in \left[ {0,2} \right] 
};;


Χρήστος Κυριαζής
s.kap
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2455
Εγγραφή: Τρί Δεκ 08, 2009 6:11 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα

Re: Υπάρχει τέτοια συνάρτηση;

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από s.kap » Παρ Μάιος 27, 2011 10:45 pm

Χρήστο, έχεις δίκιο να μη το καταλαβαίνεις, γιατί έκανα λάθος στις πράξεις. Σε ευχαριστώ που έγινες αιτία να το ξανακοιτάξω Πρός το παρόν το αποσύρω.
τελευταία επεξεργασία από s.kap σε Δευ Μάιος 30, 2011 8:10 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Σπύρος Καπελλίδης
Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1810
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Re: Υπάρχει τέτοια συνάρτηση;

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Σάβ Μάιος 28, 2011 8:33 pm

chris_gatos έγραψε:Ύπάρχει παραγωγίσιμη συνάρτηση \displaystyle{ 
f:\left[ {0,2} \right] \to R 
} με \displaystyle{ 
f(0) = 0 
} που να ικανοποιεί τη σχέση: \displaystyle{ 
f'(x) - f^4 (x) = 1,\forall x \in \left[ {0,2} \right] 
};;
Θεωρούμε τη συνάρτηση

G(x)=\int_{0}^{x}{\frac{1}{t^4+1}dt}, x\in R

Αυτή είναι παραγωγίσιμη με παράγωγο θετική, επομένως έχει αντίστροφη. Στο [0, 2] έχουμε:

f'(x)-f^4(x)=1\Rightarrow \frac{f'(x)}{1+f^4(x)}=1\Rightarrow [G(f(x))]'=x'\Rightarrow G(f(x))=x+c

Η συνθήκη f(0)=0 δίνει c=0, άρα

f(x)=G^{-1}(x+c) \Rightarrow  f(x)=G^{-1}(x)

Στη συνέχεια, επειδή G(0)=0\Rightarrow G^{-1}(0)=0, απομένει να δείξουμε ότι η συνάρτηση αυτή επαληθεύει στο [0, 2] τη συνθήκη f'(x)-f^4(x)=1, δηλαδή ότι

[G^{-1}(x)]'-[G^{-1}(x)]^4=1 , x\epsilon [0, 2]

Είναι

G(G^{-1}(x))=x\Rightarrow [G(G^{-1}(x))]'=x'\Rightarrow [G^{-1}(x)]'\cdot  [G'(G^{-1}(x))]=1

\Rightarrow [G^{-1}(x)]'\frac{1}{1+[G^{-1}(x)]^4}=1\Rightarrow [G^{-1}(x)]'-[G^{-1}(x)]^4=1

Ώστε υπάρχει η f και μάλιστα f(x)=G^{-1}(x), x\epsilon [0, 2]


nikoszan
Δημοσιεύσεις: 952
Εγγραφή: Τρί Νοέμ 17, 2009 2:22 pm

Re: Υπάρχει τέτοια συνάρτηση;

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nikoszan » Κυρ Μάιος 29, 2011 3:03 am

....ευκολα μπορουμε ν.δ.ο.το συνολο τιμων της G(x) ειναι ανω φραγμενο απο το
1+π/4<2.Επομενως η αντιστροφη της G(x) δεν μπορει να εχει π.ο.το [0,2] οπως θα ωφειλε.Τελικα δεν υπαρχει τετοια συναρτηση(μια αποδειξη εκανε προηγουμενως ο
Σπυρος)
Φιλικα Ν.Ζ.


Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1810
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Re: Υπάρχει τέτοια συνάρτηση;

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Δευ Μάιος 30, 2011 11:04 pm

nikoszan έγραψε:....ευκολα μπορουμε ν.δ.ο.το συνολο τιμων της G(x) ειναι ανω φραγμενο απο το
1+π/4<2.Επομενως η αντιστροφη της G(x) δεν μπορει να εχει π.ο.το [0,2] οπως θα ωφειλε.Τελικα δεν υπαρχει τετοια συναρτηση(μια αποδειξη εκανε προηγουμενως ο
Σπυρος)
Φιλικα Ν.Ζ.
Ανασκευάζοντας, λοιπόν, Θεωρούμε την συνάρτηση

G(x)=\int_{0}^{x}{\frac{1}{t^4+1}dt}, x\in R

Για θετικά x είναι:

G(x)=\int_{0}^{x}{\frac{1}{t^4+1}dt} = \int_{0}^{1}{\frac{1}{t^4+1}dt} + \int_{1}^{x}{\frac{1}{t^4+1}dt} < \int_{0}^{1}{1}dt} + \int_{1}^{x}{\frac{1}{t^4}dt}= \frac{4}{3}-\frac{1}{3x^3}<\frac{4}{3}

Στο [0, 2] έχουμε:

f'(x)-1=f^4(x)\Rightarrow \frac{f'(x)}{1+f^4(x)}=1\Rightarrow [G(f(x))]'=x'\Rightarrow G(f(x))=x+c

Η συνθήκη f(0)=0 δίνει c=0, άρα

G(f(x))=x\Rightarrow G(f(2))=2

Άτοπο κ.λπ., επομένως δεν υπάρχει τέτοια συνάρτηση.
τελευταία επεξεργασία από rek2 σε Δευ Μάιος 30, 2011 11:57 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


s.kap
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2455
Εγγραφή: Τρί Δεκ 08, 2009 6:11 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα

Re: Υπάρχει τέτοια συνάρτηση;

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από s.kap » Δευ Μάιος 30, 2011 11:54 pm

Ολόκληρο το απόγευμα ασχολούμαι, μαζί με τον Σεραφείμ, να βρούμε μία λύση χωρίς αποτέλεσμα. Και ενώ συνέχιζα το ψάξιμο,

ο Νίκος Ζανταρίδης (εξαιρετικός γνώστης της τέχνης μας) μου τηλεφώνησε και μου έδωσε τα φώτα του:

Έχουμε \displaystyle{f^{\prime}(x)>1, \forall x \in (0,2] \Rightarrow \left(f(x)-x\right)^{\prime}>0, \forall x \in (0,2]}

Άρα η \displaystyle{g(x)=f(x)-x} είναι γνησίως αύξουσα στο [0,2], άρα \displaystyle{g(x)>g(0), \forall x \in (0,2] \Rightarrow f(x)>x, \forall x \in (0,2]}

Συνεπώς f(1)>1. Εξ΄άλλου, επειδή και η f είναι γνησίως αύξουσα, έχουμε \displaystyle{1<f(1)<f(2)} (1)

Από τη δοθείσα έχουμε

\displaystyle{\frac {f^{\prime}(t)}{1+t^4}=1 \Rightarrow \int_0^x \frac {f^{\prime}(t)}{1+t^4}dt=\int_0^x}dt

\displaystyle{\Rightarrow \int_0^{f(x)}\frac {1}{1+t^4}dt=x} (2)

Από την (2) συμπεραίνουμε ότι \displaystyle{\int_{f(1)}^{f(2)}\frac {1}{1+t^4}dt=1} (3)

Από την (1) βρίσκουμε ότι \displaystyle{\int_{f(1)}^{f(2)}\frac {1}{1+t^4}dt \le \int_{f(1)}^{f(2)}\frac {1}{1+t^2}dt=arctanf(2)-artanf(1)} (4)

Άρα (1) και (4) δίνει \displaystyle{1\le arctanf(2)-arctanf(1) \Rightarrow 1\le tan1 \le \frac {f(2)-f(1)}{1+f(2)f(1)}}

\displaystyle{\Rightarrow f(1)+1+f(2)\left(f(1)-1\right)\le 0}, άτοπο.


Σπύρος Καπελλίδης
Άβαταρ μέλους
chris_gatos
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6821
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 9:03 pm
Τοποθεσία: Πειραιάς

Re: Υπάρχει τέτοια συνάρτηση;

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από chris_gatos » Τρί Μάιος 31, 2011 12:02 am

Εγώ να πω πως πραγματικά χαίρομαι που μία άσκηση έγινε πεδίο γόνιμης παράθεσης ιδεών και έτσι γίναμε
όλοι πλουσιότεροι.
Η άσκηση ομολογουμένως με παίδεψε, χωρίς να ξοδέψω λόγω φόρτου εργασίας τον απαιτούμενο χρόνο.
Κύριοι σας ευχαριστώ όλους για την προσφορά ιδεών.
Είναι μία άσκηση(άλυτη) από το ''Problems in real analysis'' των Radulescu-Rdulescu-Andreescu.
Να'στε καλά!

Y.Γ:Έντάξει,άλλαξα λίγο την εκφώνηση για να δώσω...σασπένς.Η αρχική έλεγε ''Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχει τέτοια συνάρτηση...'' ;)


Χρήστος Κυριαζής
s.kap
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2455
Εγγραφή: Τρί Δεκ 08, 2009 6:11 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα

Re: Υπάρχει τέτοια συνάρτηση;

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από s.kap » Τρί Μάιος 31, 2011 6:36 pm

Και μία γενίκευση από τον Νίκο Ζανταρίδη:

Να αποδειχθεί ότι δεν υπάρχει παραγωγίσιμη συνάρτηση \displaystyle{f:[a,b] \to \mathbb{R}} με \displaystyle{f(a) \ge 0},
\displaystyle{b-a \ge 2} και

\displaystyle{f^{\prime}(x)=1+\left[f(x)\right]^n}, όπου \displaystyle{n} άρτιος θετικός ακέραιος.


Σπύρος Καπελλίδης
Άβαταρ μέλους
chris_gatos
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6821
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 9:03 pm
Τοποθεσία: Πειραιάς

Re: Υπάρχει τέτοια συνάρτηση;

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από chris_gatos » Πέμ Ιουν 02, 2011 10:52 am

ΛΥΣΗ ΑΠΟ Νίκο Ζανταρίδη(nikoszan)

Έστω πως υπάρχει τέτοια συνάρτηση \displaystyle{ 
f 
} τότε για κάθε \displaystyle{ 
x \in \left[ {a,\beta } \right] 
} ισχύει \displaystyle{ 
\frac{{f'(x)}}{{1 + f^\nu  (x)}} = 1 \Leftrightarrow \int\limits_{f(a)}^{f(x)} {\frac{1}{{1 + t^\nu  }}} dt = x - a 
}.
Έτσι για κάθε \displaystyle{ 
x,y \in \left[ {a,\beta } \right] 
} ισχύει \displaystyle{ 
\int\limits_{f(x)}^{f(y)} {\frac{1}{{1 + t^\nu  }}dt = (y - a) - (x - a) = y - x:(1)}  
}
Για κάθε \displaystyle{ 
x \in \left[ {a,\beta } \right] 
} είναι \displaystyle{ 
f'(x) = 1 + f^\nu  (x) \ge 1 \Rightarrow \left( {f(x) - x} \right)' \ge 0 \Rightarrow f(x) - x \uparrow :\Sigma  
}

Λόγω της (1) ισχύουν:
\displaystyle{ 
f\left( {\frac{{a + \beta }}{2}} \right) - \frac{{a + \beta }}{2} \ge f(a) - a \Rightarrow f\left( {\frac{{a + \beta }}{2}} \right) \ge f(a) + \frac{{\beta  - \alpha }}{2} \ge 1 
} (αφού \displaystyle{ 
\begin{array}{l} 
 f(a) \ge 0 \\  
 \beta  - \alpha  \ge 2 \\  
 \end{array} 
} )
και
\displaystyle{ 
f(\beta ) - \beta  \ge f\left( {\frac{{\alpha  + \beta }}{2}} \right) - \frac{{\alpha  + \beta }}{2} \Rightarrow f(\beta ) - f(\frac{{\alpha  + \beta }}{2}) \ge \frac{{\beta  - \alpha }}{2} \ge 1:(1) 
}
Έχουμε:
\displaystyle{ 
\int\limits_{f\left( {\frac{{a + \beta }}{2}} \right)}^{f(\beta )} {\frac{1}{{1 + t^\nu  }}dt}  = \beta  - \frac{{\alpha  + \beta }}{2} = \frac{{\beta  - \alpha }}{2} \ge 1 
}
κι επειδή για κάθε \displaystyle{ 
t \in \left[ {f\left( {\frac{{\alpha  + \beta }}{2}} \right),f(\beta )} \right] 
} είναι \displaystyle{ 
t \ge 1 
} ισχύει \displaystyle{ 
\frac{1}{{1 + t^\nu  }} \le \frac{1}{{1 + t^2 }} 
}
Έτσι έχουμε:
\displaystyle{ 
1 \le \int\limits_{f\left( {\frac{{a + \beta }}{2}} \right)}^{f(\beta )} {\frac{1}{{1 + t^\nu  }}} dt \le \int\limits_{f\left( {\frac{{a + \beta }}{2}} \right)}^{f(\beta )} {\frac{1}{{1 + t^2 }}dt}  = \left[ {\tau o\xi \varepsilon \phi t} \right]_{f\left( {\frac{{a + \beta }}{2}} \right)}^{f(\beta )}  
}
Δηλαδή:

\displaystyle{ 
1 \le \tau o\xi \varepsilon \phi f(\beta ) - \tau o\xi \varepsilon \phi f(\frac{{\alpha  + \beta }}{2}) \Rightarrow \varepsilon \phi 1 \le \varepsilon \phi \left( {\tau o\xi \varepsilon \phi f(\beta ) - \tau o\xi \varepsilon \phi f(\frac{{\alpha  + \beta }}{2})} \right) \Rightarrow \varepsilon \phi \frac{\pi }{4} < \varepsilon \phi 1 \le \frac{{f(\beta ) - f(\frac{{a + \beta }}{2})}}{{1 + f(\beta )f(\frac{{\beta  - \alpha }}{2})}} 
}
δηλαδή

\displaystyle{ 
1 < \frac{{f(\beta ) - f(\frac{{a + \beta }}{2})}}{{1 + f(\beta )f(\frac{{\beta  - \alpha }}{2})}} \Rightarrow 1 + f(\beta )f(\frac{{\beta  - \alpha }}{2}) < f(\beta ) - f(\frac{{a + \beta }}{2}) \Rightarrow f(\beta )(1 - f(\frac{{a + \beta }}{2})) > 1 + f(\frac{{\alpha  + \beta }}{2}) 
}
ΑΤΟΠΟ αφού \displaystyle{ 
f(\beta ) > 0,1 - f(\frac{{a + \beta }}{2}) \le 0, 
} και \displaystyle{ 
1 + f(\frac{{a + \beta }}{2}) > 0 
}
Άρα δεν υπάρχει τέτοια συνάρτηση \displaystyle{ 
f 
}


Χρήστος Κυριαζής
Λάμπρος Κατσάπας
Δημοσιεύσεις: 522
Εγγραφή: Σάβ Ιουν 17, 2017 10:17 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Υπάρχει τέτοια συνάρτηση;

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Λάμπρος Κατσάπας » Τρί Απρ 09, 2019 12:20 am

s.kap έγραψε:
Τρί Μάιος 31, 2011 6:36 pm
Και μία γενίκευση από τον Νίκο Ζανταρίδη:

Να αποδειχθεί ότι δεν υπάρχει παραγωγίσιμη συνάρτηση \displaystyle{f:[a,b] \to \mathbb{R}} με \displaystyle{f(a) \ge 0},
\displaystyle{b-a \ge 2} και

\displaystyle{f^{\prime}(x)=1+\left[f(x)\right]^n}, όπου \displaystyle{n} άρτιος θετικός ακέραιος.
To ελάχιστο μήκος διαστήματος 2 βελτιώνεται. Μπορεί να πέσει στο 1+\dfrac{\pi }{4}. Ενδέχεται και παρακάτω.

Καταρχάς εύκολα βλέπουμε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο [a,b].

Από ΘΜΤ στο [a,a+1] παίρνουμε f(a+1)={f}'(\xi )+f(a)\geq 1+0=1 και επειδή η f είναι

γνησίως αύξουσα, για κάθε x\in (a+1,b] θα ισχύει f(x)>1.

Από ΘΜΤ στην \arctan f(x) στο [a+1,b] παίρνουμε

\dfrac{\pi }{2}-\dfrac{\pi }{4}> \arctan f(b)-\arctan f(a+1) = \dfrac{{f}'(x_0)}{1+f^2(x_0)}(b-a-1).

Αφού x_0\in (a+1,b) αναγκαστικά f(x_0)>1.

Για ευκολία γράφουμε k=b-a-1>0. Από την τελευταία παίρνουμε


\dfrac{{f}'(x_0)}{1+f^2(x_0)}<\dfrac{\pi }{4k}\Leftrightarrow \dfrac{1+f^n(x_0)}{1+f^2(x_0)}<\dfrac{\pi }{4k}.

Για n> 2 είναι \dfrac{1+f^n(x_0)}{1+f^2(x_0)}> 1 αφού f(x_0)>1 \Rightarrow f^n(x_0)> f^2(x_0).

Για n= 2 είναι \dfrac{1+f^n(x_0)}{1+f^2(x_0)}= 1.

Άρα αν k\geq\dfrac{\pi }{4}\Leftrightarrow \dfrac{\pi }{4k}\leq 1 καταλήγουμε στο ότι δεν υπάρχει τέτοια συνάρτηση.

Επομένως μπορούμε να θεωρήσουμε στην εκφώνηση b-a\geq 1+\dfrac{\pi }{4}.


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2640
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Υπάρχει τέτοια συνάρτηση;

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Πέμ Απρ 11, 2019 12:39 am

s.kap έγραψε:
Τρί Μάιος 31, 2011 6:36 pm
Και μία γενίκευση από τον Νίκο Ζανταρίδη:

Να αποδειχθεί ότι δεν υπάρχει παραγωγίσιμη συνάρτηση \displaystyle{f:[a,b] \to \mathbb{R}} με \displaystyle{f(a) \ge 0},
\displaystyle{b-a \ge 2} και

\displaystyle{f^{\prime}(x)=1+\left[f(x)\right]^n}, όπου \displaystyle{n} άρτιος θετικός ακέραιος.
Θα βελτιώσω τα φράγματα που έγραψε ο Λάμπρος.
Πριν από αυτό θα διατυπώσω το πρόβλημα όπως διατυπώνεται στην θεωρία των Διαφορικών εξισώσεων.
(καποιοι προκειμένου να είναι συμβατοί με τα σχολικά μαθηματικά παραποιούν τα μαθηματικά)

Το πρόβλημα λοιπόν είναι



εστω παραγωγίσιμη συνάρτηση \displaystyle{f:[a,b] \to \mathbb{R}} με \displaystyle{f(a) \ge 0},

για την οποία ισχύει \displaystyle{f^{\prime}(x)=1+\left[f(x)\right]^n},

οπου n\in \mathbb{R},n> 1

Να βρεθεί ένα ανω φράγμα για το b-a



Για n=2 γράφοντας \dfrac{f'(x)}{1+f^{2}(x)}=1

και ολοκληρώνοντας παίρνουμε

\arctan f(x)-\arctan f(a)=x-a

αρα x-a+\arctan f(a)< \frac{\pi }{2}

προκύπτει ότι b-a< \frac{\pi }{2}

για n\neq 2 κάνουμε τα εξής.

Οπως έδειξε και ο Λαμπρος παραπάνω είναι

f(a+1)\geq f(a)+1\geq 1

εχουμε ότι f'(x)\geq f^{n}(x)

(είναι προφανές ότι x> a\Rightarrow f(x)> 0)

Αρα f'(x)f^{-n}(x)\geq 1

ολοκληρονοντας από a+1εως x>a+1 παίρνουμε ότι

\frac{1}{n-1}\frac{1}{f^{n-1}(a+1)}-\frac{1}{n-1}\frac{1}{f^{n-1}(x)}\geq x-(a+1)

λόγω των προηγούμενων γίνεται b-a<1+\frac{1}{n-1}.

αν λοιπόν το n=2,4,6,... αρτιος φυσικός τότε

b-a<\frac{\pi }{2}


Άβαταρ μέλους
R BORIS
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2174
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 03, 2009 8:08 am
Επικοινωνία:

Re: Υπάρχει τέτοια συνάρτηση;

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από R BORIS » Κυρ Απρ 21, 2019 6:50 pm

συγνωμη λαθος
Μια αλλη ιδεα ελπιζω σωστή

Eστω \displaystyle{b-a\ge \pi/2} τ'οτε υπάρχει \displaystyle{ c\in (a,b]:c-a=\pi /2 }

θέτω \displaystyle{f(x)=Tan g(x)}

Aπο την δ.ε είναι \displaystyle{g'(x)=1} αρα \displaystyle{g(x)-g(a)=x-a} ή \displaystyle{g(c)-g(a) =\pi/2}

\displaystyle{\lim_{x\to c-}Tan (g(c)-g(a))=+\infty,\lim_{x\to c+}Tan (g(c)-g(a))=-\infty}
ή
\displaystyle{\frac{f(c)-f(a)}{1+f(c)f(a)}=+\infty \Rightarrow } ATOΠΟ αφου \displaystyle{1+f(c)f(a)>0,} και \displaystyle{\frac{f(c)-f(a)}{1+f(c)f(a)}\in R}

ομοια και το αλλο οριο

αρα δεν υπαρχει τετοια f με \displaystyle{b\ge a+ \pi/2}
τελευταία επεξεργασία από R BORIS σε Κυρ Απρ 21, 2019 9:27 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 4002
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
Επικοινωνία:

Re: Υπάρχει τέτοια συνάρτηση;

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Κυρ Απρ 21, 2019 7:42 pm

s.kap έγραψε:
Δευ Μάιος 30, 2011 11:54 pm
Ολόκληρο το απόγευμα ασχολούμαι, μαζί με τον Σεραφείμ, να βρούμε μία λύση χωρίς αποτέλεσμα. Και ενώ συνέχιζα το ψάξιμο,

ο Νίκος Ζανταρίδης (εξαιρετικός γνώστης της τέχνης μας) μου τηλεφώνησε και μου έδωσε τα φώτα του:

Έχουμε \displaystyle{f^{\prime}(x)>1, \forall x \in (0,2] \Rightarrow \left(f(x)-x\right)^{\prime}>0, \forall x \in (0,2]}

Άρα η \displaystyle{g(x)=f(x)-x} είναι γνησίως αύξουσα στο [0,2], άρα \displaystyle{g(x)>g(0), \forall x \in (0,2] \Rightarrow f(x)>x, \forall x \in (0,2]}

Συνεπώς f(1)>1. Εξ΄άλλου, επειδή και η f είναι γνησίως αύξουσα, έχουμε \displaystyle{1<f(1)<f(2)} (1)

Από τη δοθείσα έχουμε

\displaystyle{\frac {f^{\prime}(t)}{1+t^4}=1 \Rightarrow \int_0^x \frac {f^{\prime}(t)}{1+t^4}dt=\int_0^x}dt

\displaystyle{\Rightarrow \int_0^{f(x)}\frac {1}{1+t^4}dt=x} (2)

Από την (2) συμπεραίνουμε ότι \displaystyle{\int_{f(1)}^{f(2)}\frac {1}{1+t^4}dt=1} (3)

Από την (1) βρίσκουμε ότι \displaystyle{\int_{f(1)}^{f(2)}\frac {1}{1+t^4}dt \le \int_{f(1)}^{f(2)}\frac {1}{1+t^2}dt=arctanf(2)-artanf(1)} (4)

Άρα (1) και (4) δίνει \displaystyle{1\le arctanf(2)-arctanf(1) \Rightarrow 1\le tan1 \le \frac {f(2)-f(1)}{1+f(2)f(1)}}

\displaystyle{\Rightarrow f(1)+1+f(2)\left(f(1)-1\right)\le 0}, άτοπο.

Υπάρχουν ορισμένα τυπογραφικά στη παραπάνω λύση και τη καθιστούν δυσανάγνωστη. Κατά τα άλλα πολύ όμορφη λύση.


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Απάντηση

Επιστροφή σε “Ανάλυση”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης