ενδιαφέρον θέμα

Giorgos S · #1

Έστω δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:[a,b] \rightarrow \mathbb R$ , με f(a)=f'(a)=a

και

. Επιπλέον γνωρίζουμε ότι οι

και

είναι γνησίως αύξουσες στο [a,b]

. Να αποδείξετε ότι:

i) $1 \in (a.b)$ .

ii) $ab \geq 0$ .

iii) $x_{0}>1$ , οπου $x_{0} \in (a,b)$ , με $f(x_{0})=1$ .

iv) υπάρχει $\xi \in (a,b)$ , τέτοιο ώστε: $f''(\xi)=2f'(\xi)-1$ .

(νομίζω ότι στην άσκηση μπορούν να προστεθούν κι άλλα ερωτήματα, οπότε όποιος θέλει μπορεί να κινηθεί αναλόγως

)

#2

i)
Το ΘΜΤ δίνει $\displaystyle{\xi \in (a,b)}$ με $\displaystyle{f{'}(\xi)=1.}$

Τώρα, $\displaystyle{a<\xi<b \implies f{'}(a)<f{'}(\xi)<f{'}(b) \implies a<1<b \implies 1\in (a,b).}$

ii)
Είναι b>0.

Αν $\displaystyle{a<0}$ τότε αφού $\displaystyle{f{'}(a)<0<f{'}(b) \stackrel{Darboux}{\implies} \exists \xi \in (a,b): f{'}(\xi)=0.}$

Οπότε $\displaystyle{f{'}(x)<0}$ για κάθε $\displaystyle{a<x<\xi}$ άτοπο αφού $\displaystyle{f}$ γν. αύξουσα.

iii)
Υπάρχει $\displaystyle{x_0}$ με $\displaystyle{f(x_0)=1.}$

Επίσης

$\displaystyle{f{'}(\xi_1)=\frac{f(x_0)-f(a)}{x_0-a}}$ και $\displaystyle{f{'}(\xi_2)=\frac{f(b)-f(x_0)}{b-x_0}}$

όπου $\displaystyle{\xi_1\in (a,x_0) , \ \xi_2\in (x_0,b).}$

Από τη μονοτονία της $\displaystyle{f{'}}$ είναι $\displaystyle{ f(\xi_1)<f(\xi_2)}$ και εύκολα $\displaystyle{ x_0>1.}$

iv)
Συμπέρασμα του Ρολλ για την $\displaystyle{ f{'}(x)-2f(x)+x}$ στο $\displaystyle{[a,b].}$

#3

Giorgos S έγραψε: .....
(νομίζω ότι στην άσκηση μπορούν να προστεθούν κι άλλα ερωτήματα, οπότε όποιος θέλει μπορεί να κινηθεί αναλόγως )

Ας αποδειχθεί λοιπόν επιπλέον ότι f(1)<1

.

Αλέξανδρος

#4

cretanman έγραψε: v) Ας αποδειχθεί λοιπόν επιπλέον ότι .

Είναι $\displaystyle{x_0>1 \implies f(x_0)>f(1) \implies f(1)<1.}$

Σ. Διονύσης · #5

cretanman έγραψε:
Giorgos S έγραψε: .....
(νομίζω ότι στην άσκηση μπορούν να προστεθούν κι άλλα ερωτήματα, οπότε όποιος θέλει μπορεί να κινηθεί αναλόγως )
Ας αποδειχθεί λοιπόν επιπλέον ότι .

Αλέξανδρος

$\displaystyle{1<x_o\mathtop \limits{_{\Longrightarrow}^{f:\nearrow}}f(1)<1}$

Tolaso J Kos · #6

socrates έγραψε:
cretanman έγραψε: v) Ας αποδειχθεί λοιπόν επιπλέον ότι .
Είναι $\displaystyle{x_0>1 \implies f(x_0)>f(1) \implies f(1)<1.}$

Ωραίο ερώτημα. Δεν μου πήγε καν το μυαλό στη λύση. !

#7

Το

(που αναφέρει ο Θανάσης παραπάνω) ώστε f(x_0)=1

υπάρχει λόγω του ερωτήματος i) : Αφού a<1<b

, άρα

συνεπώς λόγω συνέχειας της

στο

υπάρχει $x_0\in (a,b)$ ώστε f(x_0)=1

.

Συνεπώς θα μπορούσαμε τα ερωτήματα από το iii και μετά να τα τροποποιήσουμε ως εξής:

iii) Να δείξετε ότι υπάρχει $x_0\in (a,b)$ ώστε f(x_0)=1

.

iv) Για το x_0

του προηγούμενου ερωτήματος ισχύει x_0>1

.

v) Να δείξετε ότι f(1)<1

.

vi) Υπάρχει $\xi\in (a,b)$ ώστε $f''(\xi)=2f'(\xi) - 1$ .

ενδιαφέρον θέμα

ενδιαφέρον θέμα

Re: ενδιαφέρον θέμα

Re: ενδιαφέρον θέμα

Re: ενδιαφέρον θέμα

Re: ενδιαφέρον θέμα

Re: ενδιαφέρον θέμα

Re: ενδιαφέρον θέμα

Μέλη σε σύνδεση