Υπάρχει c με ανισότητα

#1

Έστωσαν πραγματικοί αριθμοί a,b

με

και $f:[a,b] \to [1,+\infty)$ συνάρτηση συνεχής στο [a,b]

και παραγωγίσιμη στο (a,b)

. Να αποδειχθεί ότι υπάρχει $c \in (a,b)$ ώστε $f^2(c) \geq (b-a)f^{\prime}(c)$
Φιλικά

christodoulou · #2

s.kap έγραψε:Έστωσαν πραγματικοί αριθμοί με και $f:[a,b] \to [1,+\infty)$ συνάρτηση συνεχής στο και παραγωγίσιμη στο . Να αποδειχθεί ότι υπάρχει $c \in (a,b)$ ώστε $f^2(c) \geq (b-a)f^{\prime}(c)$
Φιλικά

Πως φαίνεται ο ''Γιαννιώτης'' !!! Μου θύμισες τα φοιτητικά μου χρόνια στα Γιάννενα , με τον γίγαντα τον Κατσάρα.

mathxl · #3

Μια μεταμεσονύχτια λύση αφιερωμένη στην παρέα της Αθήνας.

Πάμε κόντρα...έστω ότι για κάθε χ του (α,β) ισχύει $\displaystyle{{f^2}\left( x \right) < \left( {b - a} \right)f'\left( x \right)}$
άρα η $\displaystyle{g\left( x \right) = \frac{1}{{f\left( x \right)}} + \frac{{x - a}}{{b - a}},x \in \left[ {a,b} \right]}$
που είναι παραγωγίσιμη στο (α,β) έχει $\displaystyle{g'\left( x \right) = - \frac{{f'\left( x \right)}}{{{f^2}\left( x \right)}} + \frac{1}{{b - a}} < 0,\forall x \in \left( {a,b} \right)}$
Οπότε λόγω συνέχειας είναι γνησίως φθίνουσα στο [α,β].
Οπότε
$\displaystyle{a < b \Rightarrow g\left( a \right) > g\left( b \right) \Rightarrow \frac{1}{{f\left( a \right)}} + \frac{{a - a}}{{b - a}} > \frac{1}{{f\left( b \right)}} + \frac{{b - a}}{{b - a}} \Rightarrow \frac{1}{{f\left( a \right)}} > \frac{1}{{f\left( b \right)}} + 1 \Rightarrow }$

$\displaystyle{f\left( b \right) > f\left( a \right) + f\left( a \right)f\left( b \right) \Rightarrow f\left( b \right) > f\left( a \right)\left[ {1 + f\left( b \right)} \right] \ge 1 + f\left( b \right) \Rightarrow 0 > 1}$
άτοπο, άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα c του (α,β) ώστε να ισχύει το ζητούμενο

#4

Φίλε Βασίλη

GMANS · #5

ΔΗΜΟΣΙΕΥΣΗ 11.pdf: (24.29 KiB) Μεταφορτώθηκε 89 φορές

mathxl · #6

Σπύρο καλή άσκηση. Καλή η λύση και του Γιώργου.
Ποια η πηγή της άσκησης (δική σου);

#7

Βασίλη δεν είναι δική μου. Είναι από Γκαζέτα Ματεμάτικα
Φιλικά

S.E.Louridas · #8

Για λόγους και μόνο Μαθηματικής πολυφωνίας (διάκριση περιπτώσεων).
Αν
$f\left( a \right) \geqslant f\left( b \right),\left( {\exists c \in \left( {a,b} \right)} \right)\left( {f{'} \left( c \right) = \frac{{f\left( b \right) - f\left( a \right)}} {{b - a}} \leqslant 0} \right) \Rightarrow f^2 \left( c \right) \geqslant \left( {b - a} \right)f{'} \left( c \right).$
Αν $f\left( b \right) > f\left( a \right),$
τότε για την
$h:\mathbb{R} \to \mathbb{R},h\left( x \right) = x + \frac{{b - a}} {{f\left( x \right)}} \Rightarrow h{'} \left( x \right) = 1 - \frac{{\left( {b - a} \right)f{'} \left( x \right)}} {{f^2 \left( x \right)}},$ έχουμε:
$h\left( b \right) - h\left( a \right) = \left( {b - a} \right)\left( {1 + \frac{1} {{f\left( b \right)}} - \frac{1} {{f\left( a \right)}}} \right) > 0 \Rightarrow \left( {\exists c \in \left( {a,b} \right)} \right)\left( {h{'} \left( c \right) > 0} \right),$ που άμεσα οδηγεί στο ζητούμενο.

Υ.Γ.στην αρχική γραμμή στον αριθμητή του κλάσματο αντί γιά f(b)-f(b) (προφανως τυπογραφικό) θέσαμε το σωστό f(b)-f(α).

S.E.Louridas

Υπάρχει c με ανισότητα

Υπάρχει c με ανισότητα

Re: Υπάρχει c με ανισότητα

Re: Υπάρχει c με ανισότητα

Re: Υπάρχει c με ανισότητα

Re: Υπάρχει c με ανισότητα

Re: Υπάρχει c με ανισότητα

Re: Υπάρχει c με ανισότητα

Re: Υπάρχει c με ανισότητα

Μέλη σε σύνδεση