Fonksiyonun, $[1,2)$ aralığında, minimum değerine eriştiğini gösterin

Question

İlgili soruda belirtilen fonksiyonu biraz değiştirip, soru sahibinin düşündüğüne benzer bir soru oluşturmaya çalıştım:

$f,\ (0,+\infty)$ da tanımlı, sürekli, $\forall x\in(0,+\infty)$ için $f(x)>0$ ve $\forall x\in(0,+\infty)$ için $f(x+1)=xf(x)$ koşullarını sağlayan bir fonksiyon olsun.

$f$ nin, minimum değerine $[1,2)$ aralığında eriştiğini gösteriniz.

Comments

Soruya bakınca ilk aklıma gelenleri yazarak başlayayım dedim. Bazı bulgular fazlalık olabilir.

 

$f(x+1)=xf(x)$ ifadesinde $x=1,2,\dots, n$ pozitif tam sayı değerlerini verdiğimizde elde ettiğimiz denklemleri (teleskopik) çarparsak $f(n+1) = n!f(1)$ elde ediyoruz. $f(1)=c$ bir pozitif gerçel sabit olsun. $(1,c), (2,c), \dots , (n+1, n!c), \dots$ gibi tam sayı apsisli noktaları birbirine bağlayan bir eğri $f$  grafiğini oluşturacaktır. $0<x\leq 1$ için $f(x)$ değerleri belirlendiğinde, fonksiyonel denklem gereği tüm değerler belirlenmiş olacak. Süreklilik şartından dolayı, $\displaystyle{ \lim_{x\to 0^+} xf(x) = \lim_{x\to 0^+} f(x+1) = f(1) = c }$ olur. Eğer $\displaystyle{\lim_{x\to 0^+} f(x)} = m \in \mathbb R$ olsaydı, eşitliğin sol tarafındaki limit $0$ olurdu. $0=c$ çelişkisi bulunurdu. Demek ki $\displaystyle{\lim_{x\to 0^+} f(x)}\to \infty$ olmalıdır. $f$ nin üstten sınırı yoktur. (Bunu göstermem gerekli miydi, emin değilim.)

 

Sürekli olduğu için $f$ nin $x\in (0,1]$ aralığında tanımlı parçası için bir minimum değeri vardır. Bu noktanın apsisini $0<x_0\leq 1$ ile gösterelim. $f(1+x_0) = x_0 f(x_0) \leq f(x_0)$ olduğundan $1< x \leq 2$ iken daha küçük görüntü elde etmiş olduk. $x>1$ için $x+1>2$ olup $f(x+1) = xf(x)>f(x)$  olduğundan $x>2$ iken elde edilen görüntüler daha büyük olmaktadır. Dolayısıyla $f$ fonksiyonunun global minimum değeri $[1,2]$ aralığındadır. $f(1)=f(2)$ olduğundan $f$ nin minimum değerine eriştiği bu aralığı $[1,2)$ olarak da ifade edebiliriz

---

ya gercekten  butun $x$ ler icin $f(x) > 0$ sarti dogru mu?
Eger oyleyse nerede hata yapiyorum biri gosterebilir mi?

$f(x+1) = x f(x)$ (turev alalim, evet turevini alabildigimizi varsaydim)

$f^{\prime}(x) = f(x)  +  x f^{\prime}(x)$  (turevleri tek tarafa toplayalim)

$f^{\prime}(x) (1-x) = f(x)$  (x yerine $1$ koyalim)

$0 = f(1)$

---

yani belki de boyle turevlenebilen bir fonksiyon yoktur

---

Diger yandan soyle bir denemem oldu gene turevlenebilmeyi on sart kostugum

$f(x+1) = xf(x)$ Verildi
$f(x+1) = f(x) + f^{\prime}(x) + o(x^2)$

$f^{\prime}(x) = xf(x) - f(x) - o(x^2)$  

Simdi $x = 1$ icin $f^{\prime}(x) \leq 0$

Simdi $x = 2$ icin $f^{\prime}(x) \leq f(x) - o(x^2)$

Eger $f(x) > o(x^2)$ gosterebilirsem sanirim istedigimiz seyi gostermis olacagim

---

Ben, $(0,1]$ yerine $[1,2]$ aralığını düşünerek çözdüm.

---

$f(x+1)$ in türevi $f'(x+1)$ olmalı.

---

Mantıklı. Elinize sağlık Doğan hocam. Güzel bir problem olmuş.

---

ya ben birakam bu isleri. icerinin turevi carpi disarinin turevi falan poff

---

$\lim\limits_{x\to0+}f(x)=+\infty$  olduğu

$x>0$ için $f(x)=\frac{f(x+1)}x>0$ ve

$\lim\limits_{x\to0+}f(x+1)=f(1)$ ($f,\ 1$ de sürekli)

ve

$\lim\limits_{x\to0+}\frac x{f(x)}=0$ oluşundan görülür.

($\lim\limits_{x\to0+}f(x)=m\ (m\in\mathbb{R})$ in yanlış oluşundan $\lim\limits_{x\to0+}f(x)=+\infty$ olduğu sonucuna varamayız.)

---

$\displaystyle{\lim_{x\to 0^+} f(x) \to +\infty}$ bulgusunu sezgi ile hissetmişim galiba. $\displaystyle{\lim_{x\to 0^+} f(x) \to + \infty }$ bulgusunu kullanmadan, çözümü biraz daha sadeleştirmeye çalıştım:
 

Öncelikle $f$ nin $(0,1]$ aralığındaki parçası ile ilgilenelim. (İspatlamadım ama yine sezgilerim şöyle bir teorem olsa gerek diyor: alttan sınırlı ve bir aralıkta sürekli bir fonksiyon bir minimuma sahiptir.) $f$ bu alt aralıkta sürekli ve pozitif tanımlı olduğundan bu aralıkta bir minimum değere sahiptir. Bu minimum noktanın apsisi $0<x_0 \leq 1$ olsun. $f(1+x_0) = x_0f(x_0) \leq f(x_0)$ olduğundan $[1,2]$ aralığına ait olan $x=1+x_0$ noktası için daha küçük veya eşit görüntüler elde edebiliyoruz. Şu anda $(0,2]$ alt aralığı için minimum değeri veren noktanın, $[1,2]$ aralığında kaldığını anlıyoruz.

Şimdi de $[2, +\infty)$ aralığındaki noktaları inceleyelim. $x \in [1,2]$ için $1+x \in [2,3]$ olup $f(1+x) = xf(x)>f(x)$ olur. Yani $[2,3]$ aralığındaki noktaların ürettiği minimum değer, $[1,2]$ aralığındaki noktaların ürettiği minimum değerden daha büyük değerler üretiyor. Benzer şekilde, $f(x+1)=xf(x)$ bağıntısını kullanırsak $[3,4]$ aralığında $f$ nin alabileceği minimum değer de $f$ nin $[2,3]$ aralığında aldığı minimum değerden daha büyük olur. $n\geq 2$ doğal sayıları için, $[n,n+1]$ aralığında $f$ nin alabileceği minimum değer de $f$ nin $[n-1,n]$ aralığında aldığı minimum değerden daha büyük olur. Sonuç olarak, tüm bu alt aralıklar içinde global minimum değeri veren aralık $[1,2]$ alt aralığıdır. $f(1)=f(2)$ olduğundan minimum değer veren aralığı $(1,2]$ veya $[1,2)$ ile de ifade edebiliriz.

---

"alttan sınırlı ve bir aralıkta sürekli bir fonksiyon bir minimuma sahiptir."

a karşı örnek var: $(0,1]$ aralığında $f(x)=x$

---

O da doğru. Normalde, tanım kümesi yarı açık veya açık aralık olursa fonksiyon sürekli olsa bile maks-min değer oluşmayabileceğini biliyordum. "Aralığın sol tarafında fonksiyon sınırsız artıyor nasıl olsa" diyerek fazla iddialı bir önerme yazmış oldum.

O halde $x\to 0^+$ için limit durumuna bakmadan sorunun çözümünü toparlamak pek mümkün görünmüyor. "$\displaystyle{\lim_{x\to 0^+} f(x) \to +\infty}$ ve her $x>0$ için sürekli ve $f(x)>0$ olan bir $f$ fonksiyonu $(0,1]$ aralığında bir minimuma sahiptir" diyebiliriz gibi. Bu kısmı ayrı bir problem ve bunun için ispatım yok.

"$[a,b]$ gibi kapalı aralıklarda sürekli olan fonksiyonlar bu aralıkta maks ve min değerlere sahiptir" şeklinde teorem var. Yani $[1,2], [2,3], \dots, [n,n+1], \dots$ aralıklarında minimum değerin varlığı ile ilgili sorun yaşamayız. Yine de, çözümümde bir boşluk olduğunu gördüğüm için yanıtımı yoruma dönüştüreyim :)

---

@lokman gökçe,

Bence, çözüm olarak kalsa, sadece, $\lim\limits_{x\to0^+}f(x)=+\infty$ olduğunu eklesen yeterli olur.

Answer 1

$f(x+1)=xf(x)$ ifadesinde $x=1,2,\dots, n$ pozitif tam sayı değerlerini verdiğimizde elde ettiğimiz denklemleri (teleskopik) çarparsak $f(n+1) = n!f(1)$ elde ediyoruz. $f(1)=c$ bir pozitif gerçel sabit olsun. $(1,c), (2,c), \dots , (n+1, n!c), \dots$ gibi tam sayı apsisli noktaları birbirine bağlayan bir eğri $f$  grafiğini oluşturacaktır. $0<x\leq 1$ için $f(x)$ değerleri belirlendiğinde, fonksiyonel denklem gereği tüm değerler belirlenmiş olacak.

 

Süreklilik şartından dolayı, $\displaystyle{ \lim_{x\to 0^+} xf(x) = \lim_{x\to 0^+} f(x+1) = f(1) = c }$ olur. $x>0$ için $f(x) = \dfrac{f(x+1)}{x}>0$ ve dolayısyla $\displaystyle{\lim_{x\to 0^+} f(x) = \lim_{x\to 0^+} \dfrac{f(x+1)}{x} = \dfrac{c}{0^+} = + \infty }$ olur.

 

$\displaystyle{\lim_{x\to 0^+} f(x) = +\infty }$ ve $f$ sürekli olduğu için, $f$ nin $x\in (0,1]$ aralığında tanımlı parçası için bir minimum değeri vardır. Bu noktanın apsisini $0<x_0\leq 1$ ile gösterelim. $f(1+x_0) = x_0 f(x_0) \leq f(x_0)$ olduğundan $1< x \leq 2$ iken daha küçük görüntü elde etmiş olduk. Sürekli bir fonksiyonun bir kapalı aralıkta maksimum ve minimum değerlere sahip olduğunu biliyoruz. $x \in [1,2]$ için $x+1\in[2,3]$ olup $f(x+1) = xf(x) \geq f(x)$  olduğundan $f$ nin $[2,3]$ aralığında elde edilen minimum değeri, $[1,2]$ aralığındaki minimum değerden daha büyük olmaktadır. Benzer şekilde, herhangi bir $n\geq 2$ pozitif tam sayısı için; $f$ nin $[n,n+1]$ aralığında elde edilen minimum değeri, $[n-1,n]$ aralığındaki minimum değerden daha büyük olmaktadır.

 

Dolayısıyla $f$ fonksiyonunun global minimum değeri $[1,2]$ aralığındadır. $f(1)=f(2)$ olduğundan $f$ nin minimum değerine eriştiği bu aralığı $[1,2)$ olarak da ifade edebiliriz