Seemous 2014

M.S.Vovos · #1

Καλησπέρα! Παρακάτω παραθέτω μια άσκηση που μου κίνησε το ενδιαφέρον. Είναι από ασκήσεις προετοιμασίας για Seemous συγκεκριμένα το έτος 2014. Αν έχει ξανασυζητηθεί, παρακαλώ τους συντονιστές να διαγράψουν την παρούσα ανάρτηση.

Να βρεθούν όλες οι συνεχείς συναρτήσεις $f:\mathbb{R}\rightarrow [1,+\infty )$ , για τις οποίες υπάρχουν σταθερές $\alpha \in \mathbb{R}$ και $k\in \mathbb{N}$ ώστε:

$\displaystyle f(x)\cdot f(2x)\cdots f(nx)\leq \alpha n^{k}$ , για κάθε $\displaystyle n\in \mathbb{N}_{>0}$ και $x\in \mathbb{R}$ .

Αν, γνωρίζει κανείς την πηγή, τότε παρακαλώ να την αναφέρει.

Summand · #2

Επαναφορά

#3

Δείτε εδώ.

abfx · #4

Ισχυρίζομαι ότι $f(x)=1, x\in\mathbb{R}$ μοναδική τέτοια συνάρτηση(εύκολα ελέγχουμε ότι ικανοποιεί τη συνθήκη).
Πρώτα δείχνω ότι f(0)=1

. Πράγματι, βάζοντας x=0

έχουμε $f(0)^{n}\leq an^{k}, \forall n\in \mathbb{N}^{*}$ .
Από κριτήριο λόγου στην ακολουθία $\frac{f(0)^{n}}{an^{k}}$ παίρνουμε:
$f(0)>1 \implies\frac{f(0)^{n}}{an^{k}}\rightarrow\infty$ που είναι προφανώς άτοπο.
Έστω έπειτα $x_{0}>0$ τέτοιο ώστε $f(x_{0})>1$ . $\exists\epsilon>0$ ώστε $f(x_{0})=1+\epsilon$ .
Από τη συνέχεια της

έπεται ότι υπάρχει $\delta>0$ τέτοιο ώστε:
$f(x_{0})-\frac{\epsilon}{2}<f(x)\iff 1+\frac{\epsilon}{2}<f(x)$ , $\forall x\in(x_{0}-\delta,x_{0}+\delta)$ .
Αφού f(0)=1

έχω ότι $\delta<x_{0}$ .
Κατασκευάζω τώρα την ακολουθία $x_{n}=\frac{x_{0}-\delta}{n} , n\geq 1$ .
Βάζοντας $x=x_{n}$ και όπου

το $n+\lfloor\frac{2\delta}{x_{n}}\rfloor$ ,η ανισότητα γίνεται:
$f(x_{n})\cdot f(2x_{n})\cdot\ldots\cdot f(nx_{n})\cdot f((n+1)x_{n})\cdot\ldots\cdot f((n+\lfloor\frac{2\delta}{x_{n}}\rfloor)x_{n})\leq a(n+\lfloor\frac{2\delta}{x_{n}}\rfloor)^{k} , \forall n\in\mathbb{N}^{*}$ .
Ας συμβολίσουμε την παραπάνω ως: $a_{n}\leq b_{n} , \forall n \in\mathbb{N}^{*}$ .Θα φτάσουμε σε άτοπο για μεγάλα

.
Έχουμε $a_{n}\geq 1\cdot 1\cdot\ldots\cdot1\cdot(1+\frac{\epsilon}{2})^{\lfloor\frac{2\delta}{x_{n}}\rfloor}\geq\frac{1}{1+\frac{\epsilon}{2}}(1+\frac{\epsilon}{2})^{\frac{2\delta}{x_{n}}}=\alpha\cdot\beta ^{n}$ , όπου $\alpha=\frac{1}{1+\frac{\epsilon}{2}}, \beta=(1+\frac{\epsilon}{2})^{\frac{2\delta}{x_{0}-\delta}}$ .
Επίσης $b_{n}\leq a(n+\frac{2\delta}{x_{n}})^{k}=\gamma\cdot n^{k}$ , όπου $\gamma=a(1+\frac{2\delta}{x_{0}-\delta})^{k}$ .
Ας είναι $c_{n}=\frac{\alpha\cdot\beta ^{n}}{\gamma\cdot n^{k}}$ .Τότε $\frac{c_{n+1}}{c_{n}}=\beta(\frac{n}{n+1})^{k}\rightarrow\beta>1$ .Άρα από κριτήριο λόγου $c_{n}\rightarrow\infty$ , οπότε υπάρχει $N\in\mathbb{N}$ ώστε:
$\alpha\cdot\beta ^{N}>\gamma\cdot N^{k}$ που δίνει $a_{N}>b_{N}$ ,άτοπο.
Ανάλογα , στην περίπτωση $x_{0}<0$ θέτω $x_{n}=\frac{x_{0}+\delta}{n}$ και συνεχίζω όμοια.

Seemous 2014

Seemous 2014

Re: Seemous 2014

Re: Seemous 2014

Re: Seemous 2014

Μέλη σε σύνδεση