mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 07, 2013 9:19 am**

Σχετικό με αυτό.

Να βρεθούν όλες οι δύο φορές παραγωγίσιμες συναρτήσεις $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ με f(0) = f'(0) = 1

και

για κάθε $x\in \mathbb{R}$ .

Επεξεργασία: Έγινε διόρθωση της διατύπωσης.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 07, 2013 10:27 am**

Αντιγράφω ένα μερος της απαντησης μου απτο αλλο νημα.

Απτις αρχικές συνθήκες φαίνεται εύκολα ότι τόσο η f(x)

όσο και η

δεν μπορεί να είναι ίση με την μηδενική συναρτηση. άρα $f(x),f'(x)\neq 0$ (εννοω ταυτοτικα διαφορο του μηδενος). Οποτε απτην δοθείσα σχέση παίρνουμε

$\displaystyle{{\left( {\frac{{f''(x)}}{{f'(x)}}} \right)^2} = \frac{{f'(x)}}{{f(x)}}$

απτην οποία προκύπτει ότι οι συναρτήσεις f,f'

πρεπει για κάθε

να είναι ομοσημες. Αν ηταν και οι δυο αρνητικές τότε θα παραβιάζονταν οι αρχικές συνθήκες. Άρα πρέπει και οι δύο να είναι θετικές, δηλ. f(x)>0,f'(x)>0

. Οπότε απτην τελευταία σχέση παίρνουμε:

$\Rightarrow \frac{{f''(x)}}{{f'(x)}} = +\sqrt {\frac{{f'(x)}}{{f(x)}}}$ (1) ή $\frac{{f''(x)}}{{f'(x)}} = -\sqrt {\frac{{f'(x)}}{{f(x)}}}$ (2)

η σχέση (1) μας λεει οτι το πηλικο των f",f'

είναι θετικό και επειδή f'(x)>0

έπεται οτι και f''(x)>0

οποτε η λυση συνεχιζει κατά chris_gatos δίνοντας f(x) = e^x

. (Αρα αν θα θέλαμε η ασκηση να τελειωσει εδω θα αρκουσε να δοθει στην εκφωνηση μονο η πληροφορία f''(x)>0

)

αν θα θελαμε να συνεχισουμε τοτε η σχέση (2) μας λεει οτι το πηλικο των f",f'

είναι αρνητικό και επειδή η f'(x)>0

έπεται οτι f''(x)<0

. Αυτό σημαίνει ότι αποκλείεται η λύση της (2) να είναι η !!
Συνεχιζοντας απτην σχεση (2) κατά chris_gatos και χρησιμοποιωντας τις αρχικες συνθηκες θα φταναμε εδω

$\sqrt {f'(x)} = -\sqrt {f(x)} + 2$

στη τελευταία σχέση επειδή το πρώτο μέλος είναι αυστηρά θετικό έπεται ότι για την συνάρτηση f(x)

που ψάχνουμε πρέπει για κάθε

να ισχύει

!

κάνοντας αλλαγή μεταβλητής $u(x) = \sqrt{f(x)}$ με 0<u(x)<2

και χρησιμοποιώντας και αρχικές συνθήκες καταλήγω στην παρακάτω πεπλεγμένη:

$2\ln [2-\sqrt{f(x)}]+\frac{4}{2-\sqrt{f(x)}}=x+4$

(αν η ασκηση ζήταγε την αντίστροφη της

τότε σε κάθε περίπτωση θα είχαμε απάντηση σε αναλυτική μορφή συνάρτησης

)

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 07, 2013 11:40 am**

unknown_x έγραψε:Αντιγράφω ένα μερος της απαντησης μου απτο αλλο νημα.

Απτις αρχικές συνθήκες φαίνεται εύκολα ότι τόσο η όσο και η δεν μπορεί να είναι ίση με την μηδενική συναρτηση. άρα $f(x),f'(x)\neq 0$ (εννοω ταυτοτικα διαφορο του μηδενος).

Αυτό δεν είναι προφανές.

unknown_x έγραψε: θα φταναμε εδω

$\sqrt {f'(x)} = -\sqrt {f(x)} + 2$

Εδώ έχω λάθος εγώ. Είχα καταλήξει σε άτοπο αλλά τώρα που το ξαναβλέπω υπάρχει άλλη μια λύση σε αυτήν την περίπτωση. Διορθώνω λοιπόν την αρχική μου ανάρτηση. (Νομίζω έχω βρει την λύση και σε αυτήν την περίπτωση αλλά θέλω να το ξαναελέγξω.)

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 07, 2013 11:51 am**

Demetres έγραψε:
unknown_x έγραψε:Αντιγράφω ένα μερος της απαντησης μου απτο αλλο νημα.

Απτις αρχικές συνθήκες φαίνεται εύκολα ότι τόσο η όσο και η δεν μπορεί να είναι ίση με την μηδενική συναρτηση. άρα $f(x),f'(x)\neq 0$ (εννοω ταυτοτικα διαφορο του μηδενος).
Αυτό δεν είναι προφανές.

εχεις ένα δικιο, αλλα για να το δουμε όμως.

όταν λέω $f(x),f'(x)\neq 0$ εννοώ ότι και οι δύο συνεχείς συναρτησεις

ΔΕΝ μπορεί να είναι οι μηδενικές συναρτήσεις για κάθε x, καθώς σε αυτή τη περίπτωση θα παραβιάζονταν οι αρχικές συνθήκες f(0)=f'(0)=1

! αυτό βεβαια δεν σημαίνει ότι ενδεχομένως μπορεί να υπάρχουν κάποια πεπερασμένα στο πλήθος x τα οποία θα τις μηδενίζουν. όχι όμως για κάθε x !

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 07, 2013 12:00 pm**

Εντάξει. Αλλά μετά δεν επιτρέπεται να διαιρέσεις με f(x)

.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 07, 2013 12:12 pm**

Demetres έγραψε:Εντάξει. Αλλά μετά δεν επιτρέπεται να διαιρέσεις με .

έχοντας εξασφαλίσει ότι η f(x)

είναι συνεχής και ότι ΔΕΝ είναι μηδεν παντού, δηλ. για κάθε

, τότε αν εξαιρέσεις μόνο εκείνα τα

που την μηδενίζουν (αλλά δεν μπορείς βεβαια εκ των πρωτέρων να τα βρεις) γιατι όχι ? γιατι να μην μπορείς να διαιρέσεις ?

ψάχνοντας να βρείς μια συνεχη συνάρτηση f(x)

που δεν ειναι μηδεν για κάθε

, σε μια διαφορική εξίσωση, δεν μπορεις εκ των πρωτέρων να βρεις το πεδίο ορισμού της, αλλά το χτίζεις κατά την επίλυση. Αν δηλαδή βρεθεί στη συνέχεια με κάποιο τρόπο η f(x)

, θα επιδιώξεις να την ορίσεις μόνο για εκείνα τα x για τα οποία $f(x)\neq 0$

θελω να πω ότι γενικά και με την συνάρτηση g(x) = 1-x

μπορούμε να διαιρέσουμε αρκεί να εξαιρέσουμε το x=1

.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 07, 2013 1:23 pm**

Κατ´ ἀρχάς, ἡ

δέν μηδενίζεται, λόγω συνεχείας, σέ κάποιο ἀνοικτό διάστημα

, μέ $0\in I$ . Δυνάμεθα μάλιστα νά ἐπιλέξομε τό

ὡς τό μέγιστο ἀνοικτό διάστημα μέ αὐτή τήν ἰδιότητα. Θέτομε $f=\mathrm{e}^g$ , μέ $g :\to\mathββ R$ . Τότε εὐκόλως διαπιστοῦται ὅτι ἡ

ἱκανοποιεῖ τό Πρόβλημα Ἀρχικῶν Τιμῶν

$\displaystyle{ g''+(g')^2 \,=\, (g')^3, \quad g(0)=0, \,\,\,g'(0)=1. }$

Θέτομε h=g'

, ὁπότε ἡ

θά ἱκανοποιεῖ τό Πρόβλημα Ἀρχικῶν Τιμῶν

$\displaystyle{ h' \,=\, h^3-h^2, \quad h(0)=1, }$

τό ὁποῖο ἔχει ὡς μοναδική λύση τήν $h(t)\equiv 1$ , $t\in I$ , καί συνεπῶς g(t)=t

, $t\in I$ , καί ἐν τέλει $f(t)=\mathrm{e}^t$ , λόγω ἀρχικῶν συνθηκῶν.
Μέχρι τώρα ἀπεδείχθη ἡ μοναδικότης. (Δηλ. ἄν

λύση, τότε $f(t)=\mathrm{e}^t$ , σέ κάποιο διάστημα

.)

Ὕπαρξη: Πράγματι ἡ ἐκθετική ἱκανοποιεῖ τήν δοθεῖσα ἐξίσωση, καί $I=\mathbb R$ , καθώς τό

ἐπελέγη ὡς τό μέγιστο μέ τήν ἰδιότητα $f(t)\ne 0$ , διἀ κάθε $t\in I$ .

Σημείωση. Τό γεγονός ὅτι $I=\mathbb R$ θέλει περαιτέρω αἰτιολόγηση, ἄν κάποιος ἐπιθυμεῖ νά εἶναι ἀπολύτως αὐστηρός.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 07, 2013 1:38 pm**

Γ.-Σ. Σμυρλής έγραψε:Κατ´ ἀρχάς, ἡ δέν μηδενίζεται, λόγω συνεχείας, σέ κάποιο ἀνοικτό διάστημα , μέ $0\in I$ . Δυνάμεθα μάλιστα νά ἐπιλέξομε τό ὡς τό μέγιστο ἀνοικτό διάστημα μέ αὐτή τήν ἰδιότητα.

συμφωνούμε

Γ.-Σ. Σμυρλής έγραψε:Θέτομε $f=\mathrm{e}^g$ , μέ $g :\to\mathββ R$ . Τότε εὐκόλως διαπιστοῦται ὅτι ἡ ἱκανοποιεῖ τό Πρόβλημα Ἀρχικῶν Τιμῶν

$\displaystyle{ g''+(g')^2 \,=\, (g')^3, \quad g(0)=0, \,\,\,g'(0)=1. }$

θέτοντας αυτό που λες εγω βρισκω $\displaystyle{ (g''+(g')^2)^2 \,=\, (g')^3, \quad g(0)=0, \,\,\,g'(0)=1. }$

η οποία μάλιστα επειδή f,f'>0

και άρα

οδηγεί σε δύο δευτέρου βαθμου διαφορικές εξισώσεις (μια με το πλιν και μια με το συν)

φιλικά

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 07, 2013 6:33 pm**

Πράγματι ἔκανα λάθος.

Θέτομε h=g'

καί καταλήγομε στό Πρόβλημα Ἀρχικῶν Τιμῶν

$\displaystyle{ (h'+h^2)^2=h^3, \quad h(0)=1. }$

Ἄρα ἐπειδή ἡ h(0)=1

, τότε

, σέ κατάλληλο διάστημα

. Στό

ἡ

ἱκανοποιεῖ ἕνα ἐκ τῶν ΠΑΤ

$\displaystyle{ h'+h^2=h^{3/2}, \quad h(0)=1, }$
καί
$\displaystyle{ h'+h^2=-h^{3/2}, \quad h(0)=1. }$

Ἀμφότερα ἔχουν μοναδική λύση τήν σταθερά (Θεώρημα Picard-Lindelof). Ἄρα g(t)=t

καί $f(t)=\mathrm{e}^t$ .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 09, 2013 6:46 pm**

Γ.-Σ. Σμυρλής έγραψε:Πράγματι ἔκανα λάθος.

Θέτομε καί καταλήγομε στό Πρόβλημα Ἀρχικῶν Τιμῶν

$\displaystyle{ (h'+h^2)^2=h^3, \quad h(0)=1. }$

Ἄρα ἐπειδή ἡ , τότε , σέ κατάλληλο διάστημα . Στό ἡ ἱκανοποιεῖ ἕνα ἐκ τῶν ΠΑΤ

$\displaystyle{ h'+h^2=h^{3/2}, \quad h(0)=1, }$
καί
$\displaystyle{ h'+h^2=-h^{3/2}, \quad h(0)=1. }$

Ἀμφότερα ἔχουν μοναδική λύση τήν σταθερά (Θεώρημα Picard-Lindelof). Ἄρα καί $f(t)=\mathrm{e}^t$ .

χμμ ...

επειδή ασχολούμαι λίγο ερασιτεχνικά με τα μαθηματικά το εν λόγω θεωρημα που λες δεν το εχω υπόψι μου. Ωστόσο λύνοντας την δεύτερη εκ των δύο αναλυτικά δεν καταλήγω στη λύση που λες, ή πιο σωστά η λύση που λες είναι μια μερική λύση (αφού όντως ικανοποιεί την δοθείσα) αλλά όχι η γενική. Αν θέλεις έλεγξε λίγο το παρακάτω:

Σε αυτήν π.χ. $\displaystyle{h'+h^2=-h^{3/2}, \quad h(0)=1}$
θέτοντας $u=h^{\frac{1}{2}}(x)\Rightarrow h'(x)=2u(x)u'(x)$ όπου προφανώς u(x)>0

για κάθε

και

,

και αντικαθιστώντας, προκύπτει :

$2u(x)u'(x)=-u^{3}(x)-u^{4}(x)\Leftrightarrow 2u'(x)=-u^{2}(x)-u^{3}(x)\Leftrightarrow \frac{du}{u^{2}(1+u)}=-\frac{dx}{2}\Leftrightarrow \frac{du}{1+u}-\frac{du}{u}+\frac{du}{u^{2}}=-\frac{dx}{2}\Leftrightarrow ln(1+u)-lnu-\frac{1}{u}=-\frac{x}{2}+c \Leftrightarrow ln(\frac{1+u}{u})-\frac{1}{u}=-\frac{x}{2}+ln2-1$

απ'τη τελευταία σχέση εύκολα παρατηρείς ότι

$u(4ln2-2ln3-1)=2\Rightarrow h(4ln2-2ln3-1)=4$ !

Δηλ. υπάρχει συνάρτηση h(x)

που ικανοποιεί την $\displaystyle{h'+h^2=-h^{3/2}}$ , με h(x=0)=1

, αλλά με $h(x=4ln2-2ln3-1\neq 0)=4\neq 1$

δηλ. η h(x)=1

ΔΕΝ είναι μοναδική λύση.

thanx in advance φιλος

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 12, 2013 4:24 pm**

Πράγματι τό ΠΑΤ:
$\displaystyle{ h'=-h^2-h^{3/2}, \quad h(0)=1, }$
δέν ἔχει σταθερή λύση. Ὅμως, δέν ἔχει λύση ὁρισμένη ἐφ᾽ ὅλου τοῦ $\mathbb R$ , καθ´ ὅτι ἡ λύση αὐτοῦ εἶναι γνησίως φθίνουσα, καί ἀπειρίζεται σέ κάποιο ἀρνητικό ἀριθμό (Γιατί;)
Ἡ ἄσκηση ζητᾶ

ὁρισμένη ἐφ᾽ ὅλου τοῦ $\mathbb R$ . Ἡ μόνη τέτοια εἶνσι ἡ σταθερή h=1

μέ συνέπεια $f(x)=\mathrm{e}^x$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 12, 2013 4:55 pm**

Γ.-Σ. Σμυρλής έγραψε:Πράγματι τό ΠΑΤ:
$\displaystyle{ h'=-h^2-h^{3/2}, \quad h(0)=1, }$
δέν ἔχει σταθερή λύση. Ὅμως, δέν ἔχει λύση ὁρισμένη ἐφ᾽ ὅλου τοῦ $\mathbb R$ , καθ´ ὅτι ἡ λύση αὐτοῦ εἶναι γνησίως φθίνουσα, καί ἀπειρίζεται σέ κάποιο ἀρνητικό ἀριθμό (Γιατί;)
Ἡ ἄσκηση ζητᾶ ὁρισμένη ἐφ᾽ ὅλου τοῦ $\mathbb R$ . Ἡ μόνη τέτοια εἶνσι ἡ σταθερή μέ συνέπεια $f(x)=\mathrm{e}^x$ .

σωστοοοος !!

mathematica.gr

H e^x είναι λύση (συνέχεια)

H e^x είναι λύση (συνέχεια)

Re: H e^x είναι λύση (συνέχεια)

Re: H e^x είναι λύση (συνέχεια)

Re: H e^x είναι λύση (συνέχεια)

Re: H e^x είναι λύση (συνέχεια)

Re: H e^x είναι λύση (συνέχεια)

Re: H e^x είναι λύση (συνέχεια)

Re: H e^x είναι λύση (συνέχεια)

Re: H e^x είναι λύση (συνέχεια)

Re: H e^x είναι λύση (συνέχεια)

Re: H e^x είναι λύση (συνέχεια)

Re: H e^x είναι λύση (συνέχεια)