IMC 2002
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
Bevis ved motsigelse: Anta det fins en slik funksjon $f$. Vi har da at $f'(x)=f(f(x))>0$, så $f(x)$ er strengt voksende. Dermed er $f'(x)=f(f(x))>f(0)$ for alle $x$.Markus skrev:Eksisterer det en kontinuerlig deriverbar funksjon $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ slik at $\forall x \in \mathbb{R}$ er $f(x)>0$ og $f'(x)=f(f(x))$?
Betrakt punktene $x=-1$ og $x=0$. Av "mean value theorem" fins en $c\in (-1,0)$ slik at $f'(c)=\frac{f(0)-f(-1)}{0-(-1)}>f(0)$, som er ekvivalent med $f(-1)<0$, som er en motsigelse. Ergo fins ingen slik funksjon $f$.
Stusser litt over hvorfor oppgaven presiserer at f skal være kontinuerlig deriverbar. Såvidt jeg kan skjønne er det nok at f er deriverbar. Noen som har noen tanker angående dette?
Fin løsning! Jeg brukte middelverdisetningen på $[0,x]$, som gir $f(x)=xf'(c)+f(0)$ for en $c \in (0,x)$, så ved å bruke det at $f'(x)>f(0)$ fås $f(x) < xf'(c)+f'(c)=(x+1)f'(c)$ Siden $f'(c)>0$, så sees at når $x \leq -1$ fås samme kontradiksjon. Er vel nesten omtrent helt samme fremgangsmåte.Gustav skrev:Bevis ved motsigelse: Anta det fins en slik funksjon $f$. Vi har da at $f'(x)=f(f(x))>0$, så $f(x)$ er strengt voksende. Dermed er $f'(x)=f(f(x))>f(0)$ for alle $x$.Markus skrev:Eksisterer det en kontinuerlig deriverbar funksjon $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ slik at $\forall x \in \mathbb{R}$ er $f(x)>0$ og $f'(x)=f(f(x))$?
Betrakt punktene $x=-1$ og $x=0$. Av "mean value theorem" fins en $c\in (-1,0)$ slik at $f'(c)=\frac{f(0)-f(-1)}{0-(-1)}>f(0)$, som er ekvivalent med $f(-1)<0$, som er en motsigelse. Ergo fins ingen slik funksjon $f$.
Stusser litt over hvorfor oppgaven presiserer at f skal være kontinuerlig deriverbar. Såvidt jeg kan skjønne er det nok at f er deriverbar. Noen som har noen tanker angående dette?
Angående det siste spørsmålet ditt, så besitter jeg definitivt ikke nok kunnskap til å besvare det. Men, slik jeg tenker er at siden vi bruker MVT, så krever det vel bare at den deriverte eksisterer i $c \in (0,x)$, eller $c \in (-1,0)$ for din del, ikke at den nødvendigvis er kontinuerlig? Kanskje arrangørene skrev kontinuerlig deriverbar med vilje som en "del" av oppgaven, selv om det ikke er nødvendig?
Det kan hende de gjorde det bare for å forvirre. Det vi har vist er dog et noe sterkere resultat enn det oppgaven spør om, siden mengden av kontinuerlig deriverbare funksjoner er en delmengde av mengden av deriverbare funksjoner (Vi benytter jo aldri kontinuitet av den deriverte i beviset).Markus skrev: Kanskje arrangørene skrev kontinuerlig deriverbar med vilje som en "del" av oppgaven, selv om det ikke er nødvendig?
-
- Grothendieck
- Innlegg: 826
- Registrert: 09/02-2015 23:28
- Sted: Oslo
Betingelsen $f' = f\circ f$ impliserer at $f$ uansett er kontinuerlig deriverbar, ettersom komposisjonen av to kontinuerlige funksjoner er kontinuerlig. Riktignok er jeg enig i at det er litt merkelig at det eksplisitt er tatt med i oppgaveformuleringen.Gustav skrev:Det kan hende de gjorde det bare for å forvirre. Det vi har vist er dog et noe sterkere resultat enn det oppgaven spør om, siden mengden av kontinuerlig deriverbare funksjoner er en delmengde av mengden av deriverbare funksjoner (Vi benytter jo aldri kontinuitet av den deriverte i beviset).Markus skrev: Kanskje arrangørene skrev kontinuerlig deriverbar med vilje som en "del" av oppgaven, selv om det ikke er nødvendig?
Oppfølger:
Finn alle deriverbare funksjoner $f:(0,\infty)\to\mathbb{R}$ slik at $f(b)-f(a)=(b-a)f'(\sqrt{ab})\quad \forall a,b>0$.
Hint:
Finn alle deriverbare funksjoner $f:(0,\infty)\to\mathbb{R}$ slik at $f(b)-f(a)=(b-a)f'(\sqrt{ab})\quad \forall a,b>0$.
Hint:
La $g(x)=f(x)-f^{\prime}(1)x$. Da er $g$ også en løsning siden
$\frac{g(a)-g(b)}{a-b}=\frac{f(a)-f^{\prime}(1)a-f(b)+f^{\prime}(1)b}{a-b}=f^{\prime}(\sqrt{ab})-f^{\prime}(1)=g^{\prime}(\sqrt{ab})$.
Siden $g^{\prime}(1)=0$, får vi
$0=g^{\prime}(1)=\frac{g(x)-g(\frac{1}{x})}{x-\frac{1}{x}} \ \Rightarrow \ g(x)=g(\frac{1}{x})$.
La $g^{\prime}(\sqrt{2})=k$, da har vi
$(2x-\frac{1}{x})k=g(2x)-g(\frac{1}{x})=g(2x)-g(x)=(2x-x)g^{\prime}(\sqrt{2}x)=xg^{\prime}(\sqrt{2}x)$
$g^{\prime}(\sqrt{2}x)=(2-\frac{1}{x^2})k$.
Integrerer vi begge sider får vi
$\frac{1}{\sqrt{2}}g(\sqrt{2}x)=(2x+\frac{1}{x})k+C$.
Ganger vi med $\sqrt{2}$ og substituerer $x$ med $\frac{1}{\sqrt{2}}x$, får vi
$g(x)=2k(x+\frac{1}{x})+C$.
Derfor får vi at $f(x)=mx+n+\frac{k}{x}, \ \forall m,n,k \in \mathbb{R}$.
Ser gjerne hvordan andre løste oppgaven!
$\frac{g(a)-g(b)}{a-b}=\frac{f(a)-f^{\prime}(1)a-f(b)+f^{\prime}(1)b}{a-b}=f^{\prime}(\sqrt{ab})-f^{\prime}(1)=g^{\prime}(\sqrt{ab})$.
Siden $g^{\prime}(1)=0$, får vi
$0=g^{\prime}(1)=\frac{g(x)-g(\frac{1}{x})}{x-\frac{1}{x}} \ \Rightarrow \ g(x)=g(\frac{1}{x})$.
La $g^{\prime}(\sqrt{2})=k$, da har vi
$(2x-\frac{1}{x})k=g(2x)-g(\frac{1}{x})=g(2x)-g(x)=(2x-x)g^{\prime}(\sqrt{2}x)=xg^{\prime}(\sqrt{2}x)$
$g^{\prime}(\sqrt{2}x)=(2-\frac{1}{x^2})k$.
Integrerer vi begge sider får vi
$\frac{1}{\sqrt{2}}g(\sqrt{2}x)=(2x+\frac{1}{x})k+C$.
Ganger vi med $\sqrt{2}$ og substituerer $x$ med $\frac{1}{\sqrt{2}}x$, får vi
$g(x)=2k(x+\frac{1}{x})+C$.
Derfor får vi at $f(x)=mx+n+\frac{k}{x}, \ \forall m,n,k \in \mathbb{R}$.
Ser gjerne hvordan andre løste oppgaven!
Elegant løsning - jeg liker den mye bedre enn den offisielle! Her er den offisielle løsningen hvis du er interessert: http://imc-math.ddns.net/?show=prob&no=4&sol=1zzzivert skrev:Ser gjerne hvordan andre løste oppgaven!
Den substitusjonen som blir gjort i den offisielle er noe jeg aldri så for meg. Noen som ser motivasjonen bak den, annet enn at den "funker"?