Εξίσωση με ολοκλήρωμα

Συντονιστής: emouroukos

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2785
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Εξίσωση με ολοκλήρωμα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Δευ Οκτ 08, 2018 9:23 pm

Με αφορμή το 2) του
https://www.mathematica.gr/forum/viewto ... 54&t=62740

Να δειχθεί ότι υπάρχουν άπειρες το πλήθος συνεχείς συναρτήσεις

f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}

ώστε

\displaystyle{\int_{0}^{x}f(t)dt=\frac{1}{2}f^2(x),x\in R}

Μπορείτε να τις περιγράψετε όλες;



Λέξεις Κλειδιά:
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11795
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Εξίσωση με ολοκλήρωμα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Τρί Οκτ 09, 2018 1:19 am

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:
Δευ Οκτ 08, 2018 9:23 pm
Με αφορμή το 2) του
https://www.mathematica.gr/forum/viewto ... 54&t=62740

Να δειχθεί ότι υπάρχουν άπειρες το πλήθος συνεχείς συναρτήσεις

f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}

ώστε

\displaystyle{\int_{0}^{x}f(t)dt=\frac{1}{2}f^2(x),x\in R}

Μπορείτε να τις περιγράψετε όλες;
Άπειρες που ικανοποιούν είναι, για κάθε σταθερό T>0, οι

\displaystyle{f(x) = \left\{\begin{matrix} 
 0,   \,a\nu \, x<T \\  
 x-T, \,a\nu \,x\ge T  &  
\end{matrix}\right.}

O έλεγχος άμεσος.

Πολλή κοπιαστική μέρα σήμερα για να ξέρω αν είναι όλες. Ίδωμεν.

Edit: Πρόσθεσα το >0 μετά το πρώτο T, όπως πολύ σωστά μου υπέδειξε ο mikemoke σε μήνυμα. Τον ευχαριστώ.


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2785
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Εξίσωση με ολοκλήρωμα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Παρ Οκτ 12, 2018 12:25 pm

Επαναφορά.
Υπάρχουν και άλλες.


Άβαταρ μέλους
nsmavrogiannis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4255
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 7:13 pm
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Εξίσωση με ολοκλήρωμα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nsmavrogiannis » Κυρ Οκτ 14, 2018 11:58 am

Καλημέρα σας.
Μία προφανής λύση είναι η μηδενική συνάρτηση.
Ας υποθέσουμε ότι η f δεν είναι μηδενική. Ας θεωρήσουμε ένα x_0 στο οποίο δεν μηδενίζεται η f. Λόγω συνεχείας θα υπάρχει ανοικτό διάστημα I που περιέχει το x_0 και στο οποίο δεν μηδενίζεται η f. Έστω I(x_{0}) η ένωση όλων αυτών των διαστημάτων I. To I(x_{0}) είναι ανοικτό ως ένωση ανοικτών και συνεκτικό ως ένωση συνεκτικών που περιέχουν όλα ένα κοινό τους σημείο το x_0. Άρα είναι ανοικτό διάστημα και πρόκειται για το μέγιστο ανοικτό διάστημα που περιέχει το x_0 και στο οποίο δεν μηδενίζεται η f.
Στο διάστημα I(x_{0}) η f δεν έχει ρίζα άρα διατηρεί πρόσημο. Δεδομένου ότι το α΄μέλος της σχέσης της υπόθεσης είναι θετικό στο I(x_{0}) ή θα είναι \displaystyle f\left( x \right) = \sqrt {2\int_0^x {f\left( t \right)dt} } για όλα τα x \in I(x_{0}) είτε θα είναι \displaystyle f\left( x \right) =  - \sqrt {2\int_0^x {f\left( t \right)dt} } για όλα τα x \in I(x_{0}). Και στις δύο περιπτώσεις η f είναι παραγωγίσιμη στο Ι(χ_{0}). Από την σχέση της υπόθεσης βρίσκουμε τότε ότι στο I(x_{0}) είναι \displaystyle f\left( x \right) = f'\left( x \right)f\left( x \right) και επομένως \displaystyle f'\left( x \right) = 1. 'Αρα, πάντα στο
I(x_{0}), είναι f\left( x\right) =x+c.
Ας πούμε ότι \displaystyle I\left( {{x_0}} \right) = \left( {{\sigma _1},{\sigma _2}} \right). Αν κάποιο από τα άκρα  \sigma _i είναι πραγματικός αριθμός τότε από την συνέχεια της f θα είναι f\left( \sigma _{i}\right) =\sigma _{i}+c. Παρατηρούμε ότι στην περίπτωση αυτή δε μπορεί να είναι f\left( \sigma _{i}\right) \neq 0 διότι τότε το I\left( x_{0}\right) \cup I\left( \sigma _{i}\right) είναι ένα διάστημα στο οποίο περιέχεται γνησίως το Ι(χ_{0}) όπου δεν μηδενίζεται η f (άτοπο). Άρα θα είναι f\left( \sigma _{i}\right) =0 και επομένως \sigma _{i}+c=0 δηλαδή \sigma _{i}=-c.
Από την τελευταία σχέση συνάγουμε ότι δε μπορεί και τα δύο άκρα του I(x_{0}) να είναι πεπερασμένα διότι θα ήσαν τότε ίσα. Άρα το πολύ ένα άκρο είναι πεπερασμένο.
Βλέπουμε ότι αν και τα δύο άκρα είναι άπειρα τότε η f πρέπει να είναι x+c σε όλο το \mathbb{R}. Λόγω της υπόθεσης η f μηδενίζεται στο 0 άρα f(x)=x που προφανώς είναι λύση του προβλήματος. Απομένουν οι περιπτώσεις όπου το I(x_{0}) είναι της μορφής (-\infty,a) ή (b, +\infty).
A) Στην πρώτη περίπτωση
A1) αν μεν η f είναι μηδέν εκτός του (-\infty,a) και λόγω συνεχείας θα είναι
\displaystyle f\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} 
{x - a}&{x < a}\\ 
0&{\alpha  \le x} 
\end{array}} \right.
A2) αν δε η f παίρνει και μη μηδενικές τιμές εκτός του (-\infty,a) ας θεωρήσουμε ένα x_0 στο οποίο η f δεν μηδενίζεται δεν θα μηδενίζεται σε κανένα x>x_0. Το κάτω άκρο του I(x_{0}) θα είναι προφανώς πεπερασμένο έστω b. Προφανώς στο [a,b] η f θα μηδενίζεται. Στην περίπτωση αυτή λαμβάνοντας υπ΄όψιν την συνέχεια της f βρίσκουμε:
\displaystyle f\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} 
{x - a}&{x < a}\\ 
0&{\alpha  \le x \le b}\\ 
{x - b}&{b \le x} 
\end{array}} \right.
B) Στην δεύτερη περίπτωση
Β1) αν μεν η f είναι μηδέν εκτός του (b, +\infty) βρίσκουμε εύκολα ότι θα είναι
\displaystyle f\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} 
0&{x \le b}\\ 
{x - b}&{b < x} 
\end{array}} \right.
που είναι οι λύσεις του Μιχάλη
Β2) αν δε η f παίρνει και μη μηδενικές τιμές εκτός του (b, +\infty) τότε βρίσκουμε πάλι την συνάρτηση του Α2).
Αυτές είναι οι πιθανές λύσεις. Πρέπει να ελέγξουμε αν όντως είναι και λύσεις. Ελέγχουμε την συνάρτηση του Α2. Για αυτήν το \displaystyle {\int_0^x {f\left( t \right)dt} } δεν είναι τίποτε άλλο από εκείνη την παράγουσα της G που μηδενίζεται στο 0. Η τυχούσα παράγουσα της f είναι της μορφής:
\displaystyle G\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} 
{\frac{{{{\left( {x - a} \right)}^2}}}{2} + k}&{x < a}\\ 
k&{\alpha  \le x \le b}\\ 
{\frac{{{{\left( {x - b} \right)}^2}}}{2} + k}&{b \le x} 
\end{array}} \right.
Για να είναι η G λύση πρέπει k=0 αλλά και G(0)=). Αυτό μπορεί να συμβεί μόνο όταν a\leq 0\leq b.
Σκεφτόμενοι ανάλογα και για τις άλλες περιπτώσεις βρίσκουμε τελικά ότι οι λύσεις είναι
1) οι 0 και x
2) Oι
\displaystyle f\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} 
{x - a}&{x < a}\\ 
0&{\alpha  \le x} 
\end{array}} \right.
με a \leq 0
και
\displaystyle f\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} 
0&{x \le b}\\ 
{x - b}&{b < x} 
\end{array}} \right.
με 0 \leq b .

3) \displaystyle f\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} 
{x - a}&{x < a}\\ 
0&{\alpha  \le x \le b}\\ 
{x - b}&{b \le x} 
\end{array}} \right. με
a\leq 0\leq b.
Αυτά αν συλλογισμοί και υπολογισμοί είναι σωστοί.


Αν κανείς δεν ελπίζει, δεν θα βρεί το ανέλπιστο, οι δρόμοι για το ανεξερεύνητο θα είναι κλειστοί.
Ηράκλειτος
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2785
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Εξίσωση με ολοκλήρωμα

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Κυρ Οκτ 14, 2018 7:09 pm

nsmavrogiannis έγραψε:
Κυρ Οκτ 14, 2018 11:58 am
Καλημέρα σας.
Μία προφανής λύση είναι η μηδενική συνάρτηση.
Ας υποθέσουμε ότι η f δεν είναι μηδενική. Ας θεωρήσουμε ένα x_0 στο οποίο δεν μηδενίζεται η f. Λόγω συνεχείας θα υπάρχει ανοικτό διάστημα I που περιέχει το x_0 και στο οποίο δεν μηδενίζεται η f. Έστω I(x_{0}) η ένωση όλων αυτών των διαστημάτων I. To I(x_{0}) είναι ανοικτό ως ένωση ανοικτών και συνεκτικό ως ένωση συνεκτικών που περιέχουν όλα ένα κοινό τους σημείο το x_0. Άρα είναι ανοικτό διάστημα και πρόκειται για το μέγιστο ανοικτό διάστημα που περιέχει το x_0 και στο οποίο δεν μηδενίζεται η f.
Στο διάστημα I(x_{0}) η f δεν έχει ρίζα άρα διατηρεί πρόσημο. Δεδομένου ότι το α΄μέλος της σχέσης της υπόθεσης είναι θετικό στο I(x_{0}) ή θα είναι \displaystyle f\left( x \right) = \sqrt {2\int_0^x {f\left( t \right)dt} } για όλα τα x \in I(x_{0}) είτε θα είναι \displaystyle f\left( x \right) =  - \sqrt {2\int_0^x {f\left( t \right)dt} } για όλα τα x \in I(x_{0}). Και στις δύο περιπτώσεις η f είναι παραγωγίσιμη στο Ι(χ_{0}). Από την σχέση της υπόθεσης βρίσκουμε τότε ότι στο I(x_{0}) είναι \displaystyle f\left( x \right) = f'\left( x \right)f\left( x \right) και επομένως \displaystyle f'\left( x \right) = 1. 'Αρα, πάντα στο
I(x_{0}), είναι f\left( x\right) =x+c.
Ας πούμε ότι \displaystyle I\left( {{x_0}} \right) = \left( {{\sigma _1},{\sigma _2}} \right). Αν κάποιο από τα άκρα  \sigma _i είναι πραγματικός αριθμός τότε από την συνέχεια της f θα είναι f\left( \sigma _{i}\right) =\sigma _{i}+c. Παρατηρούμε ότι στην περίπτωση αυτή δε μπορεί να είναι f\left( \sigma _{i}\right) \neq 0 διότι τότε το I\left( x_{0}\right) \cup I\left( \sigma _{i}\right) είναι ένα διάστημα στο οποίο περιέχεται γνησίως το Ι(χ_{0}) όπου δεν μηδενίζεται η f (άτοπο). Άρα θα είναι f\left( \sigma _{i}\right) =0 και επομένως \sigma _{i}+c=0 δηλαδή \sigma _{i}=-c.
Από την τελευταία σχέση συνάγουμε ότι δε μπορεί και τα δύο άκρα του I(x_{0}) να είναι πεπερασμένα διότι θα ήσαν τότε ίσα. Άρα το πολύ ένα άκρο είναι πεπερασμένο.
Βλέπουμε ότι αν και τα δύο άκρα είναι άπειρα τότε η f πρέπει να είναι x+c σε όλο το \mathbb{R}. Λόγω της υπόθεσης η f μηδενίζεται στο 0 άρα f(x)=x που προφανώς είναι λύση του προβλήματος. Απομένουν οι περιπτώσεις όπου το I(x_{0}) είναι της μορφής (-\infty,a) ή (b, +\infty).
A) Στην πρώτη περίπτωση
A1) αν μεν η f είναι μηδέν εκτός του (-\infty,a) και λόγω συνεχείας θα είναι
\displaystyle f\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} 
{x - a}&{x < a}\\ 
0&{\alpha  \le x} 
\end{array}} \right.
A2) αν δε η f παίρνει και μη μηδενικές τιμές εκτός του (-\infty,a) ας θεωρήσουμε ένα x_0 στο οποίο η f δεν μηδενίζεται δεν θα μηδενίζεται σε κανένα x>x_0. Το κάτω άκρο του I(x_{0}) θα είναι προφανώς πεπερασμένο έστω b. Προφανώς στο [a,b] η f θα μηδενίζεται. Στην περίπτωση αυτή λαμβάνοντας υπ΄όψιν την συνέχεια της f βρίσκουμε:
\displaystyle f\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} 
{x - a}&{x < a}\\ 
0&{\alpha  \le x \le b}\\ 
{x - b}&{b \le x} 
\end{array}} \right.
B) Στην δεύτερη περίπτωση
Β1) αν μεν η f είναι μηδέν εκτός του (b, +\infty) βρίσκουμε εύκολα ότι θα είναι
\displaystyle f\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} 
0&{x \le b}\\ 
{x - b}&{b < x} 
\end{array}} \right.
που είναι οι λύσεις του Μιχάλη
Β2) αν δε η f παίρνει και μη μηδενικές τιμές εκτός του (b, +\infty) τότε βρίσκουμε πάλι την συνάρτηση του Α2).
Αυτές είναι οι πιθανές λύσεις. Πρέπει να ελέγξουμε αν όντως είναι και λύσεις. Ελέγχουμε την συνάρτηση του Α2. Για αυτήν το \displaystyle {\int_0^x {f\left( t \right)dt} } δεν είναι τίποτε άλλο από εκείνη την παράγουσα της G που μηδενίζεται στο 0. Η τυχούσα παράγουσα της f είναι της μορφής:
\displaystyle G\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} 
{\frac{{{{\left( {x - a} \right)}^2}}}{2} + k}&{x < a}\\ 
k&{\alpha  \le x \le b}\\ 
{\frac{{{{\left( {x - b} \right)}^2}}}{2} + k}&{b \le x} 
\end{array}} \right.
Για να είναι η G λύση πρέπει k=0 αλλά και G(0)=). Αυτό μπορεί να συμβεί μόνο όταν a\leq 0\leq b.
Σκεφτόμενοι ανάλογα και για τις άλλες περιπτώσεις βρίσκουμε τελικά ότι οι λύσεις είναι
1) οι 0 και x
2) Oι
\displaystyle f\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} 
{x - a}&{x < a}\\ 
0&{\alpha  \le x} 
\end{array}} \right.
με a \leq 0
και
\displaystyle f\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} 
0&{x \le b}\\ 
{x - b}&{b < x} 
\end{array}} \right.
με 0 \leq b .

3) \displaystyle f\left( x \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} 
{x - a}&{x < a}\\ 
0&{\alpha  \le x \le b}\\ 
{x - b}&{b \le x} 
\end{array}} \right. με
a\leq 0\leq b.
Αυτά αν συλλογισμοί και υπολογισμοί είναι σωστοί.
Σωστά και αναλυτικά.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Ανάλυση”

Μέλη σε σύνδεση

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