Seemous 2014

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

Άβαταρ μέλους
M.S.Vovos
Δημοσιεύσεις: 925
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2015 5:45 pm

Seemous 2014

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από M.S.Vovos » Πέμ Νοέμ 10, 2016 12:54 am

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.


Είναι αυταπάτη ότι η νεότητα είναι ευτυχισμένη, μια αυταπάτη αυτών που την έχουν χάσει. W. Somerset Maugham

Λέξεις Κλειδιά:
Summand
Δημοσιεύσεις: 40
Εγγραφή: Πέμ Σεπ 05, 2019 12:10 am

Re: Seemous 2014

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Summand » Κυρ Μάιος 22, 2022 9:38 pm

Επαναφορά


Νάκος Ιωάννης, ΗΜΜΥ ΑΠΘ
achilleas
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 2893
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: Seemous 2014

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Δευ Μάιος 23, 2022 9:30 pm

Δείτε εδώ.


Άβαταρ μέλους
abfx
Δημοσιεύσεις: 7
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2022 12:23 pm

Re: Seemous 2014

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από abfx » Δευ Μάιος 23, 2022 10:12 pm

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 f 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 n 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 n.
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.


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες