Własność funkcji

Wszelkiego rodzaju zadania nie dotyczące funkcji w działach powyżej lub wiążace więcej niż jeden typ funkcji. Ogólne własności. Równania funkcyjne.
Awatar użytkownika
mol_ksiazkowy
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 11266
Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 3143 razy
Pomógł: 747 razy

Własność funkcji

Post autor: mol_ksiazkowy »

Niech \(\displaystyle{ f}\) będzie funkcją określoną na zbiorze liczb rzeczywistych dodatnich i o wartościach rzeczywistych i

\(\displaystyle{ f(x)^2 = 1+ (x-1)f(x+1)}\) dla \(\displaystyle{ x>0.}\)

Udowodnić, że jeśli \(\displaystyle{ f(x)>0}\) dla \(\displaystyle{ x \geq 1,}\) to \(\displaystyle{ f(x) \geq x}\) dla \(\displaystyle{ x \geq 1.}\)
Ostatnio zmieniony 5 wrz 2022, o 23:31 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Interpunkcja.
Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 15685
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 195 razy
Pomógł: 5219 razy

Re: Własność funkcji

Post autor: Premislav »

To nie było dla mnie proste zadanie: wyszedłem z wprawy lub po prostu na siłę próbowałem przepchnąć dowód korzystający z nierówności, a nie jakiegoś zgrabnego podstawienia. :(

Zaczniemy od spostrzeżenia, że przy warunkach zadania jest \(\displaystyle{ f(x+1)\ge x+1\implies f(x)\ge x, \ x\ge 1}\).
Istotnie, jeśli \(\displaystyle{ f(x+1)\ge x+1}\), to \(\displaystyle{ f(x)^2=1+(x-1)f(x+1)\ge 1+x^2-1=x^2}\), a skoro \(\displaystyle{ f(x)>0}\), to \(\displaystyle{ f(x)\ge x}\).
W szczególności wystarczy więc wykazać prawdziwość nierówności dla \(\displaystyle{ x\ge 2}\).

Skoro dla \(\displaystyle{ x\ge 1}\) (tym bardziej \(\displaystyle{ x\ge 2}\)) jest \(\displaystyle{ f(x)>0}\), to
\(\displaystyle{ f(x)^2=1+(x-1)f(x+1)\ge 1}\) dla \(\displaystyle{ x\ge 1}\) (bo \(\displaystyle{ x-1\ge 0, \ f(x+1)>0}\)), a że \(\displaystyle{ f(x)>0}\), to
\(\displaystyle{ f(x)\ge 1 \ (*)}\).
Korzystając z równości danej w treści i z \(\displaystyle{ (*)}\) dla \(\displaystyle{ x:=x+1}\), dostajemy \(\displaystyle{ f(x)^2\ge x}\) dla \(\displaystyle{ x\ge 1}\), a że
\(\displaystyle{ x>0}\), zatem \(\displaystyle{ f(x)\ge \sqrt{x}}\). To podsuwa taki pomysł, żeby zdefiniować taki ciąg \(\displaystyle{ (a_n)_{n=1}^{+\infty}}\), iż \(\displaystyle{ a_1=\frac 1 2, \ \lim_{n\to \infty}a_n=1, \ 1+(x-1)(x+1)^{a_n}\ge x^{2a_{n+1}}, \ n\in \NN^{+}}\) (i ofc \(\displaystyle{ x\ge 2}\)).
Wówczas bowiem otrzymujemy \(\displaystyle{ f(x)\ge x^{a_{n+1}}}\) dla \(\displaystyle{ x\ge 2, \ n\in \NN^{+}}\) (przez prościutką indukcję) i przechodząc z tą nierównością do granicy, \(\displaystyle{ f(x)\ge x, \ x\ge 2}\).
Twierdzę, że powyższe warunki spełnia \(\displaystyle{ a_n=\frac{n}{n+1}, \ n=1,2\ldots}\). Pierwszy i drugi warunek spełnione są trywialnie, należy więc wykazać, że dla \(\displaystyle{ x\ge 2}\) zachodzi nierówność
\(\displaystyle{ 1+(x-1)(x+1)^{\frac n{n+1}}\ge x^{\frac{2(n+1)}{n+2}}}\). Równoważnie:
\(\displaystyle{ 1+\frac{x^2-1}{(x+1)^{\frac{1}{n+1}}}\ge \frac{x^2}{x^{\frac 2 {n+2}}}\\ \frac{1}{x^2}+\frac{1-\frac 1 {x^2}}{(x+1)^{\frac 1 {n+1}}}\ge \frac{1}{x^{\frac 2 {n+2}}}.}\)

Oczywiście dla \(\displaystyle{ a>0}\) funkcja \(\displaystyle{ t\mapsto \frac{1}{t^a}}\) jest wypukła w dodatnich, w szczególności tyczy się to funkcji \(\displaystyle{ f(t)=\frac{1}{t^{\frac 1{n+1}}}}\).
Zatem na mocy nierówności Jensena otrzymujemy dla \(\displaystyle{ x>1}\):
\(\displaystyle{ \frac 1{x^2}f(1)+\left(1-\frac 1{x^2}\right)f(x+1)\ge f\left(\frac 1 {x^2}+\left(1-\frac 1 {x^2}\right)(x+1)\right)\\=f\left(x-\frac 1 x+1\right),}\)
a innymi słowy
\(\displaystyle{ \frac{1}{x^2}+\frac{1-\frac 1 {x^2}}{(x+1)^{\frac 1 {n+1}}}\ge\frac{1}{\left(x-\frac 1 x+1\right)^{\frac 1{n+1}}}.}\)
Wystarczy zatem wykazać, że dla \(\displaystyle{ x\ge 2, \ n\in \NN^{+}}\) zachodzi nierówność
\(\displaystyle{ \frac{1}{\left(x-\frac 1 x+1\right)^{\frac 1{n+1}}}\ge \frac{1}{x^{\frac 2 {n+2}}}.}\)
Równoważnie otrzymujemy:
\(\displaystyle{ x^{\frac 2 {n+2}}\ge \left(x-\frac 1 x+1\right)^{\frac 1 {n+1}}\\x^{2n+2}\ge \left(x-\frac 1 x+1\right)^{n+2}.}\)
Prawdziwość tej nierówności można wykazać indukcyjnie:
dla \(\displaystyle{ n=1}\) mamy do udowodnienia
\(\displaystyle{ x^4\ge\left(x-\frac 1 x+1\right)^3, \ x\ge 2}\), co jest prawdą ,na mocy (obliczeniowej, hihi) wolframa, a w kroku indukcyjnym, z uwagi na \(\displaystyle{ x-\frac 1 x+1>0, \ x>1}\), wystarczy wykazać, że
\(\displaystyle{ x^2\ge x-\frac 1 x+1}\) i wymnożyć stronami tę nierówność i założenie indukcyjne. Równoważnie:
\(\displaystyle{ x^3\ge x^2-1+x\\(x^2-1)(x-1)\ge 0,}\)
co dla \(\displaystyle{ x\ge 1}\) (tym bardziej dla \(\displaystyle{ x\ge 2}\)) ewidentnie zachodzi.

Jeszcze z tą mocą obliczeniową wolframa: to nie jest istotny krok (zwyczajnie chciałem rzucić tym sucharem), tak naprawdę nieco wzmacniając warunki, tj.nieco bardziej obcinając przedział (co nie ma znaczenia, skoro \(\displaystyle{ f(x+1)\ge x+1\implies f(x)\ge x}\) dla \(\displaystyle{ x\ge 1}\)), można spokojnie wykazać co trzeba bez wolframa, wystarczy wziąć przedział \(\displaystyle{ [x_0,+\infty)}\), gdzie stała \(\displaystyle{ x_0>1}\) jest chociażby taka, że \(\displaystyle{ x^4\ge (x+1)^3}\) dla \(\displaystyle{ x\ge x_0}\) (wszak \(\displaystyle{ (x+1)^3>\left(x-\frac 1 x+1\right)^3, \ x\ge 1}\)), a że taka stała istnieje, wynika z wiedzy o funkcjach wielomianowych. Po prostu nie chce mi się tego robić, bo i tak się namęczyłem.
Ostatnio zmieniony 13 wrz 2022, o 10:40 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
Awatar użytkownika
Dasio11
Moderator
Moderator
Posty: 10211
Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 40 razy
Pomógł: 2359 razy

Re: Własność funkcji

Post autor: Dasio11 »

Oczywiście \(\displaystyle{ f(1) = 1}\). Ustalmy \(\displaystyle{ x > 1}\) i załóżmy nie wprost, że \(\displaystyle{ f(x) = \alpha x}\) dla pewnej \(\displaystyle{ \alpha \in (0, 1)}\). Niech \(\displaystyle{ f(x+n) = \alpha_n (x+n)}\), gdzie \(\displaystyle{ \alpha_n > 0}\). Wykażemy indukcyjnie, że \(\displaystyle{ \alpha_n \le \alpha^{2^n}}\).

Dla \(\displaystyle{ n=0}\) to prawda, bo \(\displaystyle{ \alpha_0 = \alpha}\). Załóżmy, że dla ustalonego \(\displaystyle{ n}\) nierówność jest prawdziwa. W szczególności \(\displaystyle{ \alpha_n < 1}\), więc podstawiając \(\displaystyle{ y = x+n}\), z równania dostajemy

\(\displaystyle{ \alpha_{n+1} = \frac{f(y+1)}{y+1} = \frac{f(y)^2-1}{(y-1)(y+1)} = \frac{\alpha_n^2 y^2 - 1}{y^2-1} \le \alpha_n^2 \le \alpha^{2^{n+1}}}\),

tak jak chcieliśmy.

Skoro jednak \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} (x+n) \cdot \alpha^{2^n} = 0}\), dla dostatecznie dużych \(\displaystyle{ n}\) mamy \(\displaystyle{ \alpha_n^2 (x+n)^2 < 1}\), czyli \(\displaystyle{ \alpha_{n+1} < 0}\) - sprzeczność.
Awatar użytkownika
Niepokonana
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1546
Rejestracja: 4 sie 2019, o 11:12
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: Polska
Podziękował: 335 razy
Pomógł: 20 razy

Re: Własność funkcji

Post autor: Niepokonana »

Głupie pytanie, ale nie wystarczy po prostu spierwiastkować?
Awatar użytkownika
Dasio11
Moderator
Moderator
Posty: 10211
Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 40 razy
Pomógł: 2359 razy

Re: Własność funkcji

Post autor: Dasio11 »

A konkretniej?
Awatar użytkownika
Niepokonana
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1546
Rejestracja: 4 sie 2019, o 11:12
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: Polska
Podziękował: 335 razy
Pomógł: 20 razy

Re: Własność funkcji

Post autor: Niepokonana »

Ja bym podstawiła \(\displaystyle{ t=x+1}\) i spierwiastkowała wszystko obustronnie, ale ja się nie znam, tak tylko głośno myślę.
Awatar użytkownika
Dasio11
Moderator
Moderator
Posty: 10211
Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 40 razy
Pomógł: 2359 razy

Re: Własność funkcji

Post autor: Dasio11 »

Przejście do równania \(\displaystyle{ f(t-1) = \sqrt{1+(t-2) f(t)}}\) nie wydaje się specjalnie przybliżać do rozwiązania problemu.
ODPOWIEDZ