Trovviamo le funzioni f,g
buonasera a tutti.Ho un esersizio per voi
se[tex]f,g:[0,+\infty)\rightarrow \mathbb{R}[/tex]funzioni continue [tex]\forall x\geq 0[/tex]
[tex]\cfrac{e^{x}f(x)}{(e^{-x}+1)^2} =(\cfrac{1}{2}+x\int_0^{1}g(xt)dt)^4[/tex]
[tex]\cfrac{e^{x}g(x)}{(e^{-x}+1)^2}=(\cfrac{1}{2}+x\int_0^{1}f(xt)dt)^4[/tex]
Δ1.
i.Dimostrate che
[tex]f(x)>0 , g(x)>0[/tex]
ii.
[tex]f(x)=g(x), x\geq 0[/tex]
Δ2.
trovvare queste funzioni
grazie
se[tex]f,g:[0,+\infty)\rightarrow \mathbb{R}[/tex]funzioni continue [tex]\forall x\geq 0[/tex]
[tex]\cfrac{e^{x}f(x)}{(e^{-x}+1)^2} =(\cfrac{1}{2}+x\int_0^{1}g(xt)dt)^4[/tex]
[tex]\cfrac{e^{x}g(x)}{(e^{-x}+1)^2}=(\cfrac{1}{2}+x\int_0^{1}f(xt)dt)^4[/tex]
Δ1.
i.Dimostrate che
[tex]f(x)>0 , g(x)>0[/tex]
ii.
[tex]f(x)=g(x), x\geq 0[/tex]
Δ2.
trovvare queste funzioni
grazie
Risposte
Dico subito che scriverò tante cose sbagliate, comunque....
Δ1.i.
\( \cfrac{e^{x}f(x)}{(e^{-x}+1)^2} =(\cfrac{1}{2}+x\int_0^{1}g(xt)dt)^4 \)
\( \cfrac{e^{x}g(x)}{(e^{-x}+1)^2}=(\cfrac{1}{2}+x\int_0^{1}f(xt)dt)^4 \)
Il secondo membro è $\ge 0$ nelle due equazioni, quindi siccome $(e^(x))/(1+e^(-x))^2>0,\ \ x\ge0$, sia $f(x)$ che $g(x)$ sono $\ge0$.
Possiamo togliere anche l'uguaglianza a 0, notando che $g(xt)>0, f(xt)>0$ siccome $xt>0, (x,t)={ RR^2\\ x=0\ V\ t=0}$.
Anche perchè $(1/2+\mu(x))^(2n)>0,\ "se"\ \mu(x)\ge0,\ n\in{NN\ \\ 0}$
Per il punto ii. direi che se consideriamo le funzioni
$f(x)=(L(g(x)))^4$
$g(x)=(L(f(x)))^4$
e sottraiamo i membri abbiamo
$f(x)-g(x)={L^2[g(x)]+L^2[f(x)]}\ \ {L[g(x)]+L[f(x)]}\ \ {L[g(x)]-L[f(x)]}$
dove ne nostro caso
$L(g(x))-L(f(x)) = 1/2+x\int_0^1 g(xt)dt-1/2-x\int_0^1 f(xt)dt = x\int_0^1(g(xt)-f(xt))dt$
Se ipotizziamo $f(x)>g(x)$ avremmo il primo membro $>0$, ma il secondo membro $<0$
Il che è assurdo. Anche invertendo i segni abbiamo la stessa situazione dunque l'unica possibilità è che $f(x)=g(x)$
A questo punto farei un cambio di variabile nell'integrale: $xt=u,\ dt=(du)/(x)$
quindi $x\int_0^1 f(xt)dt =x\int_0^(x) (f(u))/(x)du =\int_0^(x) f(u)du$.
La sua derivata è: $d/(dx)\int_0^(x) f(u)du=f(x)$.
Si potrebbero derivare ambi i membri, ma non si va molto lontano....
Va beh, provo anche col Δ2, anche se non non sono affatto sicuro dei passaggi.
Siamo rimasti con
$(e^xf(x))/((1+e^(-x))^2)=(1/2+\int f(x)dx)^4$
definisco $k(x)=F(x)=\intf(x)dx$ e ottengo
$(e^x k'(x))/((1+e^(-x))^2)=(1/2+k(x))^4$
il che ha l'aspetto di una eq. differenziale a variabili separabili.
$(k'(x))/(1/2+k(x))^4=e^(-x)(1+e^(-x))^2$
Risolvendo
$-1/3(1/2+k(x))^(-3)=-1/3(1+e^(-x))^3$
$(1/2+k(x))^(-3)=(1+e^(-x))^3$
$1/2+k(x)=(1+e^(-x))^(-1)$
$k(x)=1/(1+e^(-x))-1/2$
da cui siccome $f(x)=k'(x)$
$f(x)=g(x)=(e^(-x))/(1+e^(-x))^2$
NB. Per quei pochi folli che mi hanno seguito fin qui, non sono affatto sicuro di tutto ciò.
Δ1.i.
Dimostrate che
\( f(x)>0 , g(x)>0 \)
\( \cfrac{e^{x}f(x)}{(e^{-x}+1)^2} =(\cfrac{1}{2}+x\int_0^{1}g(xt)dt)^4 \)
\( \cfrac{e^{x}g(x)}{(e^{-x}+1)^2}=(\cfrac{1}{2}+x\int_0^{1}f(xt)dt)^4 \)
Il secondo membro è $\ge 0$ nelle due equazioni, quindi siccome $(e^(x))/(1+e^(-x))^2>0,\ \ x\ge0$, sia $f(x)$ che $g(x)$ sono $\ge0$.
Possiamo togliere anche l'uguaglianza a 0, notando che $g(xt)>0, f(xt)>0$ siccome $xt>0, (x,t)={ RR^2\\ x=0\ V\ t=0}$.
Anche perchè $(1/2+\mu(x))^(2n)>0,\ "se"\ \mu(x)\ge0,\ n\in{NN\ \\ 0}$
Per il punto ii. direi che se consideriamo le funzioni
$f(x)=(L(g(x)))^4$
$g(x)=(L(f(x)))^4$
e sottraiamo i membri abbiamo
$f(x)-g(x)={L^2[g(x)]+L^2[f(x)]}\ \ {L[g(x)]+L[f(x)]}\ \ {L[g(x)]-L[f(x)]}$
dove ne nostro caso
$L(g(x))-L(f(x)) = 1/2+x\int_0^1 g(xt)dt-1/2-x\int_0^1 f(xt)dt = x\int_0^1(g(xt)-f(xt))dt$
Se ipotizziamo $f(x)>g(x)$ avremmo il primo membro $>0$, ma il secondo membro $<0$
Il che è assurdo. Anche invertendo i segni abbiamo la stessa situazione dunque l'unica possibilità è che $f(x)=g(x)$
A questo punto farei un cambio di variabile nell'integrale: $xt=u,\ dt=(du)/(x)$
quindi $x\int_0^1 f(xt)dt =x\int_0^(x) (f(u))/(x)du =\int_0^(x) f(u)du$.
La sua derivata è: $d/(dx)\int_0^(x) f(u)du=f(x)$.
Si potrebbero derivare ambi i membri, ma non si va molto lontano....
Va beh, provo anche col Δ2, anche se non non sono affatto sicuro dei passaggi.
Siamo rimasti con
$(e^xf(x))/((1+e^(-x))^2)=(1/2+\int f(x)dx)^4$
definisco $k(x)=F(x)=\intf(x)dx$ e ottengo
$(e^x k'(x))/((1+e^(-x))^2)=(1/2+k(x))^4$
il che ha l'aspetto di una eq. differenziale a variabili separabili.
$(k'(x))/(1/2+k(x))^4=e^(-x)(1+e^(-x))^2$
Risolvendo
$-1/3(1/2+k(x))^(-3)=-1/3(1+e^(-x))^3$
$(1/2+k(x))^(-3)=(1+e^(-x))^3$
$1/2+k(x)=(1+e^(-x))^(-1)$
$k(x)=1/(1+e^(-x))-1/2$
da cui siccome $f(x)=k'(x)$
$f(x)=g(x)=(e^(-x))/(1+e^(-x))^2$
NB. Per quei pochi folli che mi hanno seguito fin qui, non sono affatto sicuro di tutto ciò.
Che le funzioni siano positive si vede abbastanza rapidamente. Dalla definizione segue immediatamente che \(f, g\geq 0\); a questo punto gli argomenti delle parentesi tonde a secondo membro sono \(\geq 1/2\), dunque \(f, g > 0\).
Possiamo ora definire
\[
F(x) := \frac{1}{2} + \int_0^x f(s) ds, \qquad G(x) := \frac{1}{2} + \int_0^x g(s) ds,\qquad x\geq 0
\]
e osservare che il sistema può essere riscritto come
\[
\frac{e^x}{(e^{-x}+1)^2} F'(x) = G(x)^4,\qquad
\frac{e^x}{(e^{-x}+1)^2} G'(x) = F(x)^4
\]
(con \(F(0) = G(0) = 1/2\)).
Sottraendo membro a membro le due equazioni osserviamo che la differenza \(w = F-G\) è soluzione di una equazione differenziale lineare con dato iniziale \(w(0) = 0\); di conseguenza \(w\) è identicamente nulla, vale a dire \(F=G\), e dunque anche \(f = g\) (qui si può fare anche una dimostrazione diretta che non faccia uso del teorema di unicità per le EDO).
Infine, basta risolvere l'equazione differenziale per ottenere \(F(x) = 1/(e^{-x}+1)\) e dunque \(f\) per derivazione.
(Se vogliamo fare finta di non conoscere le equazioni differenziali basta introdurre l'ulteriore funzione \(z(x) = F(x)^{-3}\).)
Possiamo ora definire
\[
F(x) := \frac{1}{2} + \int_0^x f(s) ds, \qquad G(x) := \frac{1}{2} + \int_0^x g(s) ds,\qquad x\geq 0
\]
e osservare che il sistema può essere riscritto come
\[
\frac{e^x}{(e^{-x}+1)^2} F'(x) = G(x)^4,\qquad
\frac{e^x}{(e^{-x}+1)^2} G'(x) = F(x)^4
\]
(con \(F(0) = G(0) = 1/2\)).
Sottraendo membro a membro le due equazioni osserviamo che la differenza \(w = F-G\) è soluzione di una equazione differenziale lineare con dato iniziale \(w(0) = 0\); di conseguenza \(w\) è identicamente nulla, vale a dire \(F=G\), e dunque anche \(f = g\) (qui si può fare anche una dimostrazione diretta che non faccia uso del teorema di unicità per le EDO).
Infine, basta risolvere l'equazione differenziale per ottenere \(F(x) = 1/(e^{-x}+1)\) e dunque \(f\) per derivazione.
(Se vogliamo fare finta di non conoscere le equazioni differenziali basta introdurre l'ulteriore funzione \(z(x) = F(x)^{-3}\).)
Mi permetto d'aggiungere,al ragionamento di Rigel(un nick una garanzia di lucentezza e lucidità 
),
che se volessimo proseguire coi mezzi da Analisi I(o comunque al netto della teproa delle Equazioni Differenziali ordinarie)
forse è più veloce dividere membro a membro,come legittimo proprio grazie a quanto acquisito al punto precedente,
le due equazioni della seconda riga in Latex del suo post:
sul resto,com'è un classico,nulla da dire
(se non,per chi stà preparando proprio Analisi I,che $F,G$ non cadono dal cielo,
ma dal Teorema di Torricelli-Barrow e dall'osservazione che,ad esempio,
$x int_0^1 f(xt)dt=int_0^1 xf(xt)dt=int_(0*t)^(1*t) f(xt) d(xt)=int_0^t f(s)ds$ $AAx in [0,+oo)$..)!
Saluti dal web.
),che se volessimo proseguire coi mezzi da Analisi I(o comunque al netto della teproa delle Equazioni Differenziali ordinarie)
forse è più veloce dividere membro a membro,come legittimo proprio grazie a quanto acquisito al punto precedente,
le due equazioni della seconda riga in Latex del suo post:
sul resto,com'è un classico,nulla da dire
(se non,per chi stà preparando proprio Analisi I,che $F,G$ non cadono dal cielo,
ma dal Teorema di Torricelli-Barrow e dall'osservazione che,ad esempio,
$x int_0^1 f(xt)dt=int_0^1 xf(xt)dt=int_(0*t)^(1*t) f(xt) d(xt)=int_0^t f(s)ds$ $AAx in [0,+oo)$..)!
Saluti dal web.
Grazie a tutti che si sono impegnatti con mio esersizio
dennys
dennys
@dennysmathprof: Ti chiedo gentilmente di postare i tuoi quesiti in lingua inglese nella sezione The English Corner, dal momento che con l'italiano non hai grossa dimestichezza.
Grazie.
Grazie.
caro amico seneca
mi potresti aiutarmi e dirmi ,dove non ho parlato bene l'italiano?
cosi mi posso coreggere in modo di non fare lo stesso errore la prossima volta
in quanto l' inglese non lo gestisco molto bene.
dennysmathprof .
mi potresti aiutarmi e dirmi ,dove non ho parlato bene l'italiano?
cosi mi posso coreggere in modo di non fare lo stesso errore la prossima volta
in quanto l' inglese non lo gestisco molto bene.
dennysmathprof .
sig/r Seneca salve
visto che non hai risposto ancora la mia domanda, di diro' una frase dal " nostro" PITAGORA
"parlo quando devo dire qualcosa di meglio del silenzio", cosi se vuoi parlarmi vai dal :GRECO CORNER "
cosi ti capiro' senza altro.
Dionisio Vuzza Prof.di matematica Mhc.
visto che non hai risposto ancora la mia domanda, di diro' una frase dal " nostro" PITAGORA
"parlo quando devo dire qualcosa di meglio del silenzio", cosi se vuoi parlarmi vai dal :GRECO CORNER "
cosi ti capiro' senza altro.
Dionisio Vuzza Prof.di matematica Mhc.
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