Autor Tema: Problema del mes de febrero 2005

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22 Febrero, 2005, 14:01
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minkowski

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Problema del mes- Febrero de 2005

Sea \[ f:\mathbb{R}\longrightarrow \mathbb{R} \] una función derivable tal que \[ f\left(\displaystyle\frac x2\right)=\displaystyle\frac{1}{2}f(x)\;\forall x\in \mathbb R \].
Probar que \[ f(x)=f^\prime(0)\,\cdot x \quad\forall x\in \mathbb R \]

********************************************************

Primero de todo hola a todo el mundo,

Espero que la demostración sea del agrado y comprensión de todos.
Os agradeceré cualquier comentario al respecto,
gracias.


22 Febrero, 2005, 14:41
Respuesta #1

narun

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Saludos Minkowski.
Tengo una duda respecto de la prueba. ¿Por qué debo suponer que f(x) es un polinomio?. El enunciado sólo dice "función derivable", e imponer que sea un polinomio es una restricción muchísimo más fuerte ¿no?.

Un abrazo
Narun
Lástima II  ¡¡ PSTCPHJT !!  resultaba una expresión muy animosa

22 Febrero, 2005, 16:43
Respuesta #2

minkowski

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Saludos Narun,
tienes razón respecto a la restricción que yo mismo impongo. No me había dado cuenta del enunciado así que gracias por hacerme caer en eso. Os adjunto una revisión a la demostración que creo que servirá para toda función derivable.

Una vez más agradeceré toda crítica respecto a la demostración.
Saludos

22 Febrero, 2005, 16:55
Respuesta #3

narun

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Lo siento, pero ahora........¿por qué racional?.
Yo lo he intentado pero necesitaría asegurar que f' es continua, si no no me sirve.
Las funciones pueden llegar a ser muy pero que muy extrañas
Seguiremos buscando.
Lástima II  ¡¡ PSTCPHJT !!  resultaba una expresión muy animosa

22 Febrero, 2005, 17:23
Respuesta #4

teeteto

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Bueno, aunque meterse en una conversación ajena es de mala educación, les adjunto mi solución. En ella, si es correcta, no necesito que f sea de ningún tipo concreto ni la continuidad de f'.
Un saludo.
Debemos saber...sabremos (David Hilbert)

23 Febrero, 2005, 15:01
Respuesta #5

narun

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intento descargarla y me pide de nuevo la contraseña y demás (como si aun no lo hubiese hecho) ¿alguien sabe por qué puede ser?
Lástima II  ¡¡ PSTCPHJT !!  resultaba una expresión muy animosa

23 Febrero, 2005, 17:14
Respuesta #6

minkowski

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Hola.
Me ha gustado mucho esa forma de resolverlo, muy elegante. De todas formas me gustaria saber si mi demostración sería válida aproximando cualquier función por su desarrollo por potencias, aunque un poco rudimentaria. Tengo interés en saber dónde estaría el fallo,
gracias.

23 Febrero, 2005, 17:58
Respuesta #7

teeteto

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Para emplear la serie de potencias necesitas que tu función sea derivable infinitas veces,  y esa hipótesis no la tenemos. Además también hay que pedir una cierta condición de acotación sobre los valores de las derivadas.
Saludos.
Debemos saber...sabremos (David Hilbert)

23 Febrero, 2005, 18:27
Respuesta #8

administrador

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intento descargarla y me pide de nuevo la contraseña y demás (como si aun no lo hubiese hecho) ¿alguien sabe por qué puede ser?


Lo siento, parece tratarse de un bug de SMF, que no estaba en la versión antigua de estos foros (YaBB SE)

Probá con alguna de las siguientes cosas, siempre de lo menos cruento a lo más cruento.

a) Click en el botón de Incio, y luego volvé a la discusión, intentando descargar el pdf.

b) Si fracasa lo anterior, ir a las Preferencias de tu navegador, y si éste te lo permite, borrá la(s) cookie(s) que te haya metido Rincón Matemático

c) Si no podés borrar solamente las cookies del Rincón, hacé algo más brutal: borrá todas las cookies (eso no trae ningún peligro)

Por favor, teneme al tanto de tus resultados y, de haber tenido éxito, decime cuál de las opciones te resultó.
Gracias

23 Febrero, 2005, 18:42
Respuesta #9

xhant

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Me parece que es la siempre temible combinacion de IE y no tener correctamente configuradas las cookies. Consejo: si podés usá FireFox.

24 Febrero, 2005, 12:02
Respuesta #10

xhant

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Hola!
Hola.
Me ha gustado mucho esa forma de resolverlo, muy elegante. De todas formas me gustaria saber si mi demostración sería válida aproximando cualquier función por su desarrollo por potencias, aunque un poco rudimentaria. Tengo interés en saber dónde estaría el fallo,
gracias.

El fallo puede venir de varias partes, existen funciones que no tienen desarrollo en serie de potencias, si tuviera existen funciones en las cuales el radio de convergencia de la serie no es igual al dominio, para poder derivar series es hay que pedir condiciones adicionales (convergencia absoluta o uniforme, nunca me acuerdo). Si tomas polinomios siempre te va a quedar un término que es el error y que no se puede controlar.

25 Febrero, 2005, 19:03
Respuesta #11

León

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Clarísima la prueba de teeteto.

Para seguirla, vale la pena buscar un contraejemplo si se debilitan las hipotesis a f: R->R, derivable en todo R salvo quizás en algún punto [y la otra, f(x/2) = 1/2f(x)]

Si alguien tiene ganas de invertir su tiempo en la tarea y lo otro le parece fácil, buscar un contraejemplo que sea una función creciente... ¿y que se construya con operaciones simples (sumas, productos, inversas, composiciones) de las funciones usuales del análisis (y escalares, por ahi)? :'(

08 Mayo, 2007, 21:27
Respuesta #12

EverST

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Hola, no consigo abrir el PDF de la respuesta de Teeto... Es decir, lo abro, pero aparecen un motón de puntos. ¿Le ocurre a alguien más?

09 Mayo, 2007, 04:21
Respuesta #13

teeteto

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Hola, por suerte conservo el original. Lo vuelvo a adjuntar a ver. Cuiroso que alguien rescate esto dos años después... Quizás podría retomarse "el problema del mes", aunque puede ser demasiado trabajoso quizás.

Saludos.
Debemos saber...sabremos (David Hilbert)

20 Octubre, 2007, 15:07
Respuesta #14

Kr0m@gn0n

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Hola, por suerte conservo el original. Lo vuelvo a adjuntar a ver. Cuiroso que alguien rescate esto dos años después... Quizás podría retomarse "el problema del mes", aunque puede ser demasiado trabajoso quizás.

Saludos.

Saludos Teeteto

Tengo una duda, ¿por qué consideras \[ f(\displaystyle\frac{x}{2})=\displaystyle\frac{x}{2}f(x) \] cuando en realidad en problema indica \[ f(\displaystyle\frac{x}{2})=\displaystyle\frac{1}{2}f(x) \]?

De igual manera, ¿por qué consideras \[ f(\displaystyle\frac{x}{2^n})=\displaystyle\frac{1}{2^n}f(x) \]?

Yo estuve resolviendo el problema considerando a \[ f(x) \] como polinomio de grado n, \[ \forall{x}\in{\mathbb{R}} \] puesto que \[ 0\in{Dom(f)} \] \[ f(x) \] no puede tener la forma \[ ...+\displaystyle\frac{1}{x^n}+... \] y efectivamente \[ f(0)=0 \] lo cual indica que es infinitamente derivable en 0.

Desarrollando:

\[ f(x)=a_n{x^n}+a_{n-1}{x^{n-1}}+...+a_1{x}+a_0 \]

En x=0

\[ f(0)=0 \] entonces
\[ a_0=0 \]

Además

\[ f^{\prime}(0)=0 \] entonces
\[ a_1=0 \]

Y así sucesivamente hasta

\[ f^{(n)}=0 \] entonces
\[ a_n=0 \]

Por lo tanto

\[ f(x)=0 \]

Y de allí

\[ f(x)=f^{\prime}(0)\cdot{x} \] ya que \[ f^{\prime}(0)=0 \]
Kr0m@gn0n

20 Octubre, 2007, 21:33
Respuesta #15

EnRlquE

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Hola Kr0m@gn0n, supongo que en el documento adjunto de teeteto, al escribir \[ \displaystyle f\left(\frac{x}{2}\right)=\frac{x}{2}f(x) \] sólo se cometió un error de tipeo, pues lo que se usa en la solución es es dato \[ \displaystyle f\left(\frac{x}{2}\right)=\frac{1}{2}f(x) \]

Spoiler
Nota que de \[ \displaystyle f\left(\frac{x}{2}\right)=\frac{1}{2}f(x) \] se puede deducir por inducción que \[ \displaystyle f\left(\frac{x}{2^{n}}\right)=\frac{1}{2^{n}}f(x) \] usando que \[ \displaystyle f\left(\frac{x}{2^{m+1}}\right)=\frac{1}{2}f\left(\frac{x}{2^{m}}\right) \]
[cerrar]

 Además en el planteamiento del problema no se menciona que \[ f \] sea un polinomio, sino en una función un poco más arbitraria (con las condiciones del problema) y al considerarla polinomio estas estudiando sólo un caso particular.

 Espero haberte ayudado con tus dudas  :)

Saludos.

21 Octubre, 2007, 04:32
Respuesta #16

Kr0m@gn0n

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 Espero haberte ayudado con tus dudas  :)



Aclaradas.  ;D
Kr0m@gn0n

13 Junio, 2008, 13:03
Respuesta #17

uthmathar

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Hola he aqui un solucion del problema.

La funcion f(x) se puede escribir como un polinomio de Taylor.

Asi f(x)=a0 + a1*x+a2*x*x+a3*x*x*x+...

pero sabemos que f(x/2)=1/2*f(x), Asi pues todos los ak=0 excepto a1.

f`(0)=a1 y f(x)=x*a1=x*f`(0)
como queriamos demostrar

13 Junio, 2008, 13:19
Respuesta #18

Luis Fuentes

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Hola

 Esa solución ya se comentó más arriba. El problema es que hay que suponer que \[ f \] es infiniatmente derivable y desarrollable en serie de Taylor. Eso no está incluído en las hipótesis.

Saludos.

11 Enero, 2009, 02:31
Respuesta #19

Saldiash

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Se que es bastante tarde para meterme a resolver (o intentar) este problema, pero acabo de verlo recién y se me ocurre una respuesta que no he visto por aquí.

Al pedir que f(x/2) sea igual a f(x)/2, creo que directamente nos reduce el problema a funciones lineales de término independiente nulo, es decir, funciones de la forma f(x)=ax.

Por ejemplo, si x=4, según el enunciado, f(2) será igual a f(4)/2. Esto significa que 2.f(2)=f(4).

Si analizamos esto último, se ve claramente que al duplicar la x, se duplica f(x)... esto es una función de proporcionalidad directa.

Esto se puede "deducir" mirando justamente lo que se debe demostrar. Ya que si f(x)=f`(0).x, entonces quedan sólo dos opciones, f`(0)=0 o f`(0)=a. Es decir, el valor de la derivada (que sabemos que existe) para x=0, debe valer un número. Si ese número es cero, entonces f(x)=f`(0).x=0.x=0.

Si f`(0)=a, entonces f(x)=f`(0).x=ax.

De todas formas la única función que puede cumplir el enunciado del problema es la función f(x)=ax, para cualquier a, y siendo así, la demostración que se pide en el problema es bastante más simple.

Si f(x)=ax, entonces f`(x)=a.
Y se ve claramente que f`(0)=a y que f(x)=f`(0).x=ax

Saludos.