sns anno 1989 (mate)

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hexen
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sns anno 1989 (mate)

Messaggio da hexen » 18 lug 2005, 15:17

Sia f (x) una funzione a valori reali, definita sulla semiretta reale $ \{x\geq 0\} $.
Supponiamo che:
f (x) sia derivabile con derivata f' continua;
f (0) = 0;
per ogni $ x \geq 1 $ risulti

$ $0<f(x)\leq xf'(x)$ $ (1)

Provare che l'equazione f(x)=k per ogni k>=0 ha almeno una soluzione x>=0

mia dimostrazione:

dalla (1) si ha che la funzione f è maggiore di zero quindi lo/gli zeri devono stare in $ I=[0;1) $.

sia F(x) una primitiva di f(x) tale che F(1)=0. Dai dati si trova che F(0)=0 quindi per il teorema di Rolle F'(x)=f(x) ha almeno uno zero in $ I $.

è giusto? le primitive mi sembra di essermele un po' inventate :D
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Messaggio da EvaristeG » 19 lug 2005, 09:19

Attento, così arrivi a dire che f ha almeno uno zero tra 0 e 1, non che l'equazione proposta ha sempre almeno una sol positiva per ogni k>=0.
Penso che si debba sfruttare in qualche modo tutta la disuguaglianza (1)...magari pensando a quale funzione rende vera l'uguaglianza.

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Messaggio da hexen » 19 lug 2005, 10:06

aspe quindi significa che esiste ad esempio una x positiva tale che
f(x)=1
un'altra t.c. f(x)=2, un'altra ancora per f(x)=10 ecc....?
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Messaggio da hexen » 19 lug 2005, 12:06

in pratica la tesi è "f(x) assume tutti i valori positivi" ??

cmq nella tesi data dal problema è importante dire che la soluzione dev'essere >=0 se la funzione stessa è definita per le x>=0 ??
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Messaggio da EvaristeG » 19 lug 2005, 22:36

La tesi è esattamente quella che hai scritto nel primo post...

dimostrare che per ogni k>=0 l'equazione f(x)=k ha almeno una sol positiva.

E dire che, fissato k>=0, l'eq f(x)=k ha almeno una sol, vuol dire che esiste x_k tale che f(x_k)=k ... sì, alternativamente che f è surgettiva su $ [0,+\infty) $ o ancora che f assume tutti i valori positivi.

Quella precisazione serve solo a ribadire che le sol vanno cercate in tutto il dominio di definizione di f.

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Messaggio da hexen » 20 lug 2005, 11:19

le ipotesi dicono che f(x)>0 e che f è derivabile e quindi continua. Se, date la non negatività e la continuità per ipotesi, sarebbe sufficiente dimostrare che $ $\lim_{x \rightarrow +\infty} f(x)=+\infty$ $??
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Messaggio da EvaristeG » 20 lug 2005, 11:26


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Messaggio da hexen » 20 lug 2005, 11:59

forse ho trovato

dalla relazione $ f(x) \leq xf'(x) $ risolvo l'equazione differenziale associata e ottengo, intersecando con la non negatività di f,
$ 0<f(x) \leq |cx| $

ora $ $\lim_{x\rightarrow +\infty} |cx| \stackrel{*}{=} +\infty $ $

* con |cx| discutendo il modulo nell'unico modo possibile, quindi f(x)=|c|x

solo che non mi convince perché non sono sicuro che con il $ \leq $ si poteva associare la DEQ e perché le DEQ stesse non sono nel programma da sapere per l'ammissione :D
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Messaggio da EvaristeG » 20 lug 2005, 13:09

Uhm scusa, ma non ho capito :
1) la "disequazione differenziale" è
$ f(x)\leq xf'(x) $
che non ha la soluzione da te riportata...
2) se sai che f(x)<g(x) per ogni x e $ \lim_{x\to +\infty}g(x)=+\infty $, non puoi certo concludere che tale sia anche il comportamento della f, ma puoi solo dire che
$ \lim_{x\to+\infty}f(x)\leq +\infty $
ammesso che un simile limite esista.

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Uhm?

Messaggio da elianto84 » 21 lug 2005, 23:31

La condizione (x>1) mi inquieta.
Se prendiamo una funzione che è un retta per x>=1
e la raccordiamo in qualche modo possiamo benissimo ottenere
un qualcosa da [0..+inf) a [0..+inf) NON surgettivo.

D'altro canto, se ritrattiamo (x>1) e la sostituiamo con (x>0)
il problema diventa banale, dato che i punti stazionari della f
(f'(x)=0) non hanno molti posti dove collocarsi (punto stazionario
implica (immagine 0) ma se ci fossero due punti stazionari
a (immagine 0) ce ne sarebbe un terzo nel mezzo a immagine
diversa da 0, assurdo). Segue facilmente la monotonia della f
e subito dopo la crescenza.
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Messaggio da moebius » 22 lug 2005, 07:30

Non ho capito una cosa. Tu dici che prendendo una retta per x>=1 e raccordando opportunamente si può ottenere una funzione non surgettiva.
Ma per x>=1 la retta (con coefficiente angolare positivo per la disuguaglianza) assume tutti i valori in $ [f(1), +\infty] $; poichè f(0)=0 e la funzione è continua in [0,1] (in quanto è $ C^1 $), assume tutti i valori tra 0 e f(1), quindi la f così costruità è globalmente surgettiva in $ \mathbb{R}^+ $.
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Messaggio da MindFlyer » 22 lug 2005, 08:41

Per continuità di $ f(x) $, e dato che $ f(0)=0 $, è necessario e sufficiente dimostrare che $ f(x) $ diverge.

Siccome per $ x\geq 1 $ si ha $ xf'(x)>0 $, allora nello stesso intervallo $ f'(x)>0 $, il che significa che $ f(1)\leq f(x)\leq xf'(x) $, e quindi $ f'(x)\geq \frac{f(1)} x $ per $ x\geq 1 $.

Per il Teorema fondamentale del Calcolo (data la continuità di $ f'(x) $), possiamo scrivere che per $ x\geq 1 $ $ f(x)=f(1)+\int_{1}^x f'(t)dt \geq f(1)+\int_1^x \frac{f(1)}{t}dt = f(1)\left(1+\ln x \right) $, e questo prova che $ f(x) $ diverge (grazie al fatto che $ f(1)>0 $).

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Messaggio da hexen » 22 lug 2005, 11:43

MindFlyer ha scritto: Siccome per $ x\geq 1 $ si ha $ xf'(x)>0 $, allora nello stesso intervallo $ f'(x)>0 $, il che significa che $ f(1)\leq f(x)\leq xf'(x) $, e quindi $ f'(x)\geq \frac{f(1)} x $ per $ x\geq 1 $.
scusa da dove è uscito f(1)?? :D
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Messaggio da moebius » 22 lug 2005, 17:38

Dal fatto che f'(x) > 0, quindi la funzione è crescente da 1 in poi....
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Messaggio da hexen » 22 lug 2005, 20:20

MindFlyer ha scritto:Per il Teorema fondamentale del Calcolo (data la continuità di $ f'(x) $), possiamo scrivere che per $ x\geq 1 $ $ f(x)=f(1)+\int_{1}^x f'(t)dt \geq f(1)+\int_1^x \frac{f(1)}{t}dt = f(1)\left(1+\ln x \right) $, e questo prova che $ f(x) $ diverge (grazie al fatto che $ f(1)>0 $).
??
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