Να αποδείξετε-4-

#1

Έστω η συνάρτηση

,δυο φορές παραγωγίσιμη στο [0,+οο) με $\displaystyle{\lim_{x\to +\infty}f(x)=0}$ και $|f''(x)|\leq 1$ για $x\in (0,+ \infty)$ .

Να δείξετε ότι : $\displaystyle{\lim_{x\to +\infty}f'(x)=0}$

#2

$\displaystyle{\frac{f(2x)-f(x)}{x}=f'(\xi) , x<\xi <2x}$
Αν $\displaystyle{x\rightarrow +\infty}$ τότε και $\displaystyle{\xi \rightarrow +\infty}$
Άρα λόγω του ότι $\displaystyle{f(x) \rightarrow 0}$ τότε θα ισχύει $\displaystyle{\lim_{\xi\rightarrow +\infty}f'(\xi)=0 }$ που είναι το ζητούμενο

Δεν κατάλαβα τι χρειάζεται η ανισότητα με την $\displaystyle{f''}$
ΘΑ μπορούσε $\displaystyle{f(x) \rightarrow A\in R}$

#3

Δεν νομίζω ότι αυτό λύνει την άσκηση. Γιατί υπάρχει το $\displaystyle{\lim_{x\to +\infty} f'(x)=0}$ ?

Αυτό αποδεικνύει μόνο ότι υπάρχει συνάρτηση $\xi(x)$ τέτοια ώστε
$\displaystyle{\lim_{x\to +\infty} f'(\xi(x))=0}$ .

Φιλικά,

Αχιλλέας

#4

To ξ που προκύπτει από το θεώρημα μέσης τιμής δεν είναι μια συνεχής μεταβλητή, αλλά μια ακολουθία τιμών, κατα συνέπεια δεν μπορούμε να πάρουμε το όριο της f'(ξ) με το ξ να τείνει στο άπειρο.

Edit Το ίδιο λέμε με τον Αχιλλέα!

#5

Ροδόλφε ,καλημέρα

R BORIS έγραψε: Δεν κατάλαβα τι χρειάζεται η ανισότητα με την $\displaystyle{f''}$
ΘΑ μπορούσε $\displaystyle{f(x) \rightarrow A\in R}$

την άσκηση την έδωσα έτσι ακριβώς όπως τη βρήκα

θα τα πούμε αργότερα
φεύγω να συναντήσω τον κύριο Αντώνη

#6

Η άσκηση είναι ειδική περίπτωση του Θεωρήματος Littlewood:

"Αν η συνάρτηση $f: [0,+\infty) \to \mathbb{R}$ είναι n+1

παραγωγίσιμη, το όριο
$\lim_{x\to +\infty} f(x)$ είναι πεπερασμένο και η $f^{(n+1)}$ είναι φραγμένη, τότε
$\lim_{x\to +\infty} f^{(n)}(x)=0$ .

Δείτε και το Β4 του Putnam 1958 (http://www.mat.itu.edu.tr/gungor/IMO/ww ... tn58a.html)

Δείτε επίσης: Harley Flanders, Remarks on Some Putnam Problems, Monthly, 1982, 449-454.

Λύση

Έστω $\epsilon >0$ και έστω $0<h<\epsilon$ .

Για κάθε $x\geq 0$ , υπάρχει $x<\xi_x<x+h$ τέτοιο ώστε

$f'(\xi_x)=\frac{f(x+h)-f(x)}{h}$ .

Είναι $\displaystyle{\lim_{x\to +\infty}f'(\xi_x)= \lim_{x\to +\infty} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}=0}$ .

Επομένως για αρκούντως μεγάλα

, σε κάθε διάστημα [x,x+h]

υπάρχει σημείο $\xi_x$ , τέτοιο ώστε $\displaystyle{|f'(\xi_x)|<\epsilon}$ .

Από το Θεώρημα μέσης τιμής στο $[x,\xi_x]$ και την υπόθεση για την f''

, έχουμε

ότι υπάρχει $c_x \in (x,\xi_x)$ , τέτοιο ώστε

$\displaystyle{\frac{f'(x)-f'(\xi_x)}{x-\xi_x}=f'' (c_x)}$ ,

και

$\displaystyle{|f'(x)|= |f''(c_x) (x-\xi_x)+f'(\xi_x)|\leq |f''(c_x)|\cdot | (x-\xi_x)| +|f'(\xi_x)|\leq 1 \cdot h +\epsilon < 2\epsilon }$ .

Το συμπέρασμα έπεται.

Φιλικά,

Αχιλλέας

mathxl · #7

R BORIS έγραψε: $\displaystyle{\frac{f(2x)-f(x)}{x}=f'(\xi) , x<\xi <2x}$
Αν $\displaystyle{x\rightarrow +\infty}$ τότε και $\displaystyle{\xi \rightarrow +\infty}$
Άρα λόγω του ότι $\displaystyle{f(x) \rightarrow 0}$ τότε θα ισχύει $\displaystyle{\lim_{\xi\rightarrow +\infty}f'(\xi)=0 }$ που είναι το ζητούμενο

Δεν κατάλαβα τι χρειάζεται η ανισότητα με την $\displaystyle{f''}$
ΘΑ μπορούσε $\displaystyle{f(x) \rightarrow A\in R}$

Αυτό ακριβώς θα έκανα και εγώ (το έχουμε κάνει σε πάρα πολλές ασκήσεις). Τώρα μπερδεύτηκα ή δεν κατάλαβα ή αγνοώ πράγματα...

Να ρωτήσω τους συναδέλφους Σεραφείμ και Αχιλλέα που ακριβώς είναι το λάθος; Το ξ δεν γίνεται σημείο συσσώρευσης(αυτό κατάλαβα από το ποστ του Σεραφείμ);
Η συνέχεια της πρώτης παραγώγου δεν εξασφαλίζει την ύπαρξη του όριο της παραγώγου για τα χ κοντά στο άπειρο (Αχιλλέα) ; Δηλαδή ότι αν για τις τιμές ξ(x) που τείνουν στο άπειρο το όριο είναι 0 τότε λόγω συνέχειας όλες οι τιμές της παραγώγου κοντά στο +00 τείνουν στο 0 ; Δηλαδή η αλλαγή μεταβλητής δεν στέκει;

Θυμάμαι ότι ο Νίκος (Μαυρογιάννης κάπου έχει κάνει ένα ποστ με ομαδοποίηση τέτοιως ασκήσεων).

ΥΓ: Βλέπω ότι την ώρα που πληκτρολογούσα έγραφε ο Αχιλλέας

#8

mathxl έγραψε:
R BORIS έγραψε: $\displaystyle{\frac{f(2x)-f(x)}{x}=f'(\xi) , x<\xi <2x}$
Αν $\displaystyle{x\rightarrow +\infty}$ τότε και $\displaystyle{\xi \rightarrow +\infty}$
Άρα λόγω του ότι $\displaystyle{f(x) \rightarrow 0}$ τότε θα ισχύει $\displaystyle{\lim_{\xi\rightarrow +\infty}f'(\xi)=0 }$ που είναι το ζητούμενο

Δεν κατάλαβα τι χρειάζεται η ανισότητα με την $\displaystyle{f''}$
ΘΑ μπορούσε $\displaystyle{f(x) \rightarrow A\in R}$
Αυτό ακριβώς θα έκανα και εγώ (το έχουμε κάνει σε πάρα πολλές ασκήσεις). Τώρα μπερδεύτηκα ή δεν κατάλαβα ή αγνοώ πράγματα...

Να ρωτήσω τους συναδέλφους Σεραφείμ και Αχιλλέα που ακριβώς είναι το λάθος; Το ξ δεν γίνεται σημείο συσσώρευσης(αυτό κατάλαβα από το ποστ του Σεραφείμ);
Η συνέχεια της πρώτης παραγώγου δεν εξασφαλίζει την ύπαρξη του όριο της παραγώγου για τα χ κοντά στο άπειρο (Αχιλλέα) ; Δηλαδή ότι αν για τις τιμές ξ(x) που τείνουν στο άπειρο το όριο είναι 0 τότε λόγω συνέχειας όλες οι τιμές της παραγώγου κοντά στο +00 τείνουν στο 0 ; Δηλαδή η αλλαγή μεταβλητής δεν στέκει;

Θυμάμαι ότι ο Νίκος (Μαυρογιάννης κάπου έχει κάνει ένα ποστ με ομαδοποίηση τέτοιως ασκήσεων).

ΥΓ: Βλέπω ότι την ώρα που πληκτρολογούσα έγραφε ο Αχιλλέας

Πάρε $f(x)=\sin x$ . Για κάθε

αρκούντως μεγάλο υπάρχει $\xi_x \in (x,2x)$ , τέτοιο ώστε $f'(\xi_x)=0$ και άρα
$\lim_{x\to +\infty} f'(\xi_x)=0$ .

Αλλά το όριο $\lim_{x\to +\infty} f'(x) = \lim_{x\to +\infty}\cos x$ δεν υπάρχει.

(Η ύπαρξη ή όχι του ορίου $\lim_{x \to +\infty} f(x)$ δεν χρειάζεται καν να χρησιμοποιηθεί στο αντιπαράδειγμα).

Βλέπεις το λάθος στον παραπάνω ισχυρισμό τώρα;

Φιλικά,

Αχιλλέας

#9

και κάτι άλλο.

mathxl · #10

Να σας ευχαριστήσω για τα αντιπαραδείγματα σας. Θα προσπαθήσω να βρω τα παρόμοια ποστ, όμως αργότερα. Τώρα είναι ώρα για σουβλάκι

και καφέ (εννοείται η σειρά είναι αντίστροφη)

Καλή συνέχεια!

#11

Δείτε και "The Cauchy-Schwarz Master Class, An Introduction to the Art of Mathematical Inequalities (Maa Problem Books Series) (J. Michael Steele)" σελ. 118

#12

Ένας άλλος τρόπος που μόλις τώρα υπέπεσε στην αντίληψή μου:

Ξεφυλλίζοντας το βιβλίο "Απειροστικός Λογισμός ΙΙ", Συμμετρία, 1993, Νεγρεπόντης, κ.α., βλέπουμε πως στη σελίδα 507 δίνει ως υπόδειξη την εξής άσκηση:

"Με

όπως στην δοθείσα άσκηση, και με $M_k=sup \{ |f^{(k)}(x)|: x \in [0,+\infty)\}$ για κ=0,1,2

ισχύει $M_1^2\leq 4 M_0 M_2$ "

Ένας τρίτος τρόπος που επίσης υπέπεσε στην αντίληψή μου, χρησιμοποιεί απευθέιας το Θεώρημα Taylor.

Φιλικά,

Αχιλλέας

#13

achilleas έγραψε: "Με όπως στην δοθείσα άσκηση, και με $M_k=sup \{ |f^{(k)}(x)|: x \in [0,+\infty)\}$ για κ=0,1,2

ισχύει $M_1^2\leq 4 M_0 M_2$ "
Φιλικά,

Αχιλλέας

Κατ' αρχάς, αφού $f:[0,+\infty)\to\mathbb{R}$ και $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=0$ , έπεται ότι $M_{0}<+\infty$ .

'Εστω 0<x<y

. Από το Θεώρημα Taylor είναι
$\displaystyle f(y)=f(x)+f^{\prime}(x)(y-x)+\frac{f^{\prime}^{\prime}(\xi)}{2!}(y-x)^{2}$ για κάποιο $x<\xi<y$ , άρα
$\displaystyle f^{\prime}(x)=\frac{f(y)-f(x)}{y-x}-\frac{f^{\prime}^{\prime}(\xi)(y-x)}{2}$ , άρα
$\displaystyle|f^{\prime}(x)|\leq\frac{|f(y)|+|f(x)|}{y-x}+\frac{|f^{\prime}^{\prime}(\xi)|}{2}(y-x)\leq\frac{2M_{0}}{y-x}+\frac{M_{2}}{2}(y-x)$ , άρα
$\displaystyle|f^{\prime}(x)|\leq\frac{2M_{0}}{y-x}+\frac{M_{2}}{2}(y-x)$ για κάθε y>x

, άρα
$\displaystyle|f^{\prime}(x)|\leq\frac{2M_{0}}{t}+\frac{M_{2}}{2}t$ για κάθε t>0

.
Όμως θέτοντας $\displaystyle g(t):=\frac{2M_{0}}{t}+\frac{M_{2}}{2}t$ , βρίσκουμε πως $\displaystyle\min_{t>0}g(t)=2\sqrt{M_{0}M_{2}}$ για $\displaystyle t=2\sqrt\frac{M_{0}}{M_{2}}$ .
Έχουμε λοιπόν ότι $|f^{\prime}(x)|\leq2\sqrt{M_{0}M_{2}}$ για κάθε x>0

, άρα $\big(sup \{ |f^{\prime}(x)|: x \in [0,+\infty)\}\big)^{2}=M_{1}^{2}\leq4M_{0}M_{2}$ .

Ας δειχθεί τώρα και ότι:
Αν η $f:\mathbb{R}\to[0,+\infty)$ έχει συνεχή και φραγμένη δεύτερη παράγωγο $f^{\prime}^{\prime}$ , δείξτε ότι $|f^{\prime}(x)|\leq\sqrt{2Mf(x)}$ για κάθε $x\in\mathbb{R}$ , όπου $M:=\displaystyle\sup_{x\in\mathbb{R}}|f^{\prime}^{\prime}(x)|$ .

Υ.Γ. (1) (Μάλλον το 2 πρέπει να είναι έξω από τη ρίζα)
Υ.Γ. (2) (Νεγρεπόντης Γιωτόπουλος Γιαννακούλιας Απειροστικός ΙΙβ σελ. 508 σύμφωνα με τη δική μου έκδοση...

)
Υ.Γ. (3) (Ίσως αυτή η άσκηση να ταίριαζε καλύτερα σαν υπόδειξη)

Υ.Γ. (4) Ο Νεγρεπόντης στο βιβλίο του ορίζει την

στο $(0,+\infty)$ . Εδώ ενδέχεται $M_{0}=+\infty$ . Στην περίπτωση αυτή, το ζητούμενο ισχύει κατά τετριμμένο τρόπο.

Τελευταία προσθήκη 19:55

mathxl · #14

Ουφφ...δεν μπορώ να βρω το ποστ που είναι μαζεμένα κάποια (αν θυμάμαι καλά) παρόμοια θέματα.
Τελικά δεν θυμάμαι τι ποστάρω...viewtopic.php?f=9&t=2264

#15

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:
achilleas έγραψε: "Με όπως στην δοθείσα άσκηση, και με $M_k=sup \{ |f^{(k)}(x)|: x \in [0,+\infty)\}$ για κ=0,1,2

ισχύει $M_1^2\leq 4 M_0 M_2$ "
Φιλικά,

Αχιλλέας
Κατ' αρχάς, αφού $f:[0,+\infty)\to\mathbb{R}$ και $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=0$ , έπεται ότι $M_{0}<+\infty$ .

'Εστω . Από το Θεώρημα Taylor είναι
$\displaystyle f(y)=f(x)+f^{\prime}(x)(y-x)+\frac{f^{\prime}^{\prime}(\xi)}{2!}(y-x)^{2}$ για κάποιο $x<\xi<y$ , άρα
$\displaystyle f^{\prime}(x)=\frac{f(y)-f(x)}{y-x}-\frac{f^{\prime}^{\prime}(\xi)(y-x)}{2}$ , άρα
$\displaystyle|f^{\prime}(x)|\leq\frac{|f(y)|+|f(x)|}{y-x}+\frac{|f^{\prime}^{\prime}(\xi)|}{2}(y-x)\leq\frac{2M_{0}}{y-x}+\frac{M_{2}}{2}(y-x)$ , άρα
$\displaystyle|f^{\prime}(x)|\leq\frac{2M_{0}}{y-x}+\frac{M_{2}}{2}(y-x)$ για κάθε , άρα
$\displaystyle|f^{\prime}(x)|\leq\frac{2M_{0}}{t}+\frac{M_{2}}{2}t$ για κάθε .
Όμως θέτοντας $\displaystyle g(t):=\frac{2M_{0}}{t}+\frac{M_{2}}{2}t$ , βρίσκουμε πως $\displaystyle\min_{t>0}g(t)=2\sqrt{M_{0}M_{2}}$ για $\displaystyle t=2\sqrt\frac{M_{0}}{M_{2}}$ .
Έχουμε λοιπόν ότι $|f^{\prime}(x)|\leq2\sqrt{M_{0}M_{2}}$ για κάθε , άρα $\big(sup \{ |f^{\prime}(x)|: x \in [0,+\infty)\}\big)^{2}=M_{1}^{2}\leq4M_{0}M_{2}$ .

Ας δειχθεί τώρα και ότι:
Αν η $f:\mathbb{R}\to[0,+\infty)$ έχει συνεχή και φραγμένη δεύτερη παράγωγο $f^{\prime}^{\prime}$ , δείξτε ότι $|f^{\prime}(x)|\leq\sqrt{2Mf(x)}$ για κάθε $x\in\mathbb{R}$ , όπου $M:=\displaystyle\sup_{x\in\mathbb{R}}|f^{\prime}^{\prime}(x)|$ .

Υ.Γ. (1) (Μάλλον το 2 πρέπει να είναι έξω από τη ρίζα)
Υ.Γ. (2) (Νεγρεπόντης Γιωτόπουλος Γιαννακούλιας Απειροστικός ΙΙβ σελ. 508 σύμφωνα με τη δική μου έκδοση... )
Υ.Γ. (3) (Ίσως αυτή η άσκηση να ταίριαζε καλύτερα σαν υπόδειξη)

Υ.Γ. (4) Ο Νεγρεπόντης στο βιβλίο του ορίζει την στο $(0,+\infty)$ . Εδώ ενδέχεται $M_{0}=+\infty$ . Στην περίπτωση αυτή, το ζητούμενο ισχύει κατά τετριμμένο τρόπο.

Τελευταία προσθήκη 19:55

Επαναφέρω το θέμα

#16

μια παρόμοια άσκηση που είχα δει στις παραγώγους του (μεγάλου) Καζαντζή χρησιμοποιώντας μονοτονία βρίσκεται στο συνημμένο με μικρές δικές μου παρεμβάσεις
Ζητώ κι πάλι συγνώμη για το αρχικό μου χοντρό λάθος
Είχα μια σύντομη λύση με Taylor αλλά με κάλυψε "επί το γενικότερον" ο Τάσος

mathxl · #17

Το θέμα αυτό ήταν διδακτικό για μένα. Με την βοήθεια του Θανάση (socrates) βρήκα το ποστ που νόμιζα ότι είχε παρόμοια θέματα εδώ viewtopic.php?f=61&t=2918&p=15946#p15946, αλλά τελικά είναι η ανάποδη λογική. Νομίζω ότι όλα αυτά μαζί με το ποστ του Νίκου μπορούν να "μαζευτούν" σε ένα ποστ στο φάκελο του καθηγητή, εφόσον το βρίσκουν φρόνιμο οι διαχειριστές και συντονιστές μας.

ΥΓ:Το θέμα του Τάσου όντως θέλει το 2 έξω από την ριζικό

#18

Ένα σχόλιο για το πώς από το

achilleas έγραψε:(1)"Με όπως στην δοθείσα άσκηση, και με $M_k=sup \{ |f^{(k)}(x)|: x \in [0,+\infty)\}$ για κ=0,1,2 ισχύει $M_1^2\leq 4 M_0 M_2$ "

έπεται ότι

Φωτεινή έγραψε:(2) $\displaystyle{\lim_{x\to +\infty}f'(x)=0}$

Η υπόδειξη του Νεγρεπόντη είναι κάπως "παραπλανητική" κατά τη γνώμη μου. Δεν είναι ακριβώς (1) $\Rightarrow$ (2), αλλά κάποια προσαρμογή στον τρόπο απόδειξης της (1) που δίνει το (2) ως αποτέλεσμα.

Ειδικώτερα:

Για κάθε $a\geq0$ ορίζουμε $M_k(a)=sup \{ |f^{(k)}(x)|: x >a\}$ για κ=0,1,2 και παρατηρούμε ότι,

αν $0\leq a_{1}<a_{2}$ , επειδή $\{ |f^{(k)}(x)|: x >a_{2}\}\subseteq\{ |f^{(k)}(x)|: x >a_{1}\}$ ,

είναι (3) $M_k(a_{2})\leq M_k(a_{1})$ .

Ξεκινώντας τώρα, όπως στην προηγούμενη απόδειξη που έκανα, με:

Έστω $0\leq a<x<y$ , καταλήγουμε στο ότι

$\displaystyle|f^{\prime}(x)|\leq\frac{2M_{0}(a)}{t}+\frac{M_{2}(a)}{2}t\stackrel{\color{red}(3)}{\leq}\frac{2M_{0}(a)}{t}+\frac{M_{2}(0)}{2}t$ για κάθε x,a

με $x>a(\geq0)$ και t>0

.

Όμως θέτοντας, όπως και πριν $\displaystyle g(t):=\frac{2M_{0}(a)}{t}+\frac{M_{2}(0)}{2}t$ ,

καταλήγουμε στο ότι

(4) $|f^{\prime}(x)|\leq2\sqrt{M_{0}(a)M_{2}(0)}$ για κάθε x,a

με $x>a(\geq0)$ .

Όμως καθώς $f(x)\stackrel{x\to+\infty}{\longrightarrow}0$ έπεται ότι $M_{0}(a)=\sup\{|f(x)|:x>a\}\stackrel{a\to+\infty}{\longrightarrow}0$ .

Αφήνοντας λοιπόν στην (4) το

να πάει στο $+\infty$ , έπεται ότι

$\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f^{\prime}(x)=0$ .

Παραμένει ωστόσο αναπάντητο το:

Αν η $f:\mathbb{R}\to[0,+\infty)$ έχει συνεχή και φραγμένη δεύτερη παράγωγο $f^{\prime}^{\prime}$ , δείξτε ότι $|f^{\prime}(x)|\leq2\sqrt{Mf(x)}$ για κάθε $x\in\mathbb{R}$ , όπου $M:=\displaystyle\sup_{x\in\mathbb{R}}|f^{\prime}^{\prime}(x)|$ .

peter · #19

Μιας και έγινε αναφορά στα προβλήματα του Hardy, ας τα γράψουμε εδώ.

Έστω $f:[a,\infty)\to \mathbb R$ παραγωγίσιμη συνάρτηση. Τότε, ισχύουν τα εξής:

(α) Αν $\inf\{f{'}(x):x>a\}>0$ , τότε $\displaystyle \lim_{x\to \infty}f(x)=+\infty$ .

(β) Αν $\displaystyle \lim_{x\to \infty}f{'}(x)=+\infty$ , τότε $\displaystyle \lim_{x\to\infty}f(x)=+\infty$ .

(γ) Αν $\displaystyle \lim_{x\to\infty}f{'}(x)=\alpha\in\mathbb R$ , τότε $\displaystyle \lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{x}=\alpha$ .

(δ) Αν $\displaystyle \lim_{x\to \infty}f(x)=\beta\in\mathbb R$ και το $\displaystyle \lim_{x\to\infty}f{'}(x)$ υπάρχει, τότε έχουμε $\displaystyle \lim_{x\to \infty}f{'}(x)=0$ .

(ε) Αν $\displaystyle \lim_{x\to \infty}\frac{f(x)}{x}=+\infty$ και το $\displaystyle \lim_{x\to\infty}f{'}(x)$ υπάρχει, τότε $\displaystyle \lim_{x\to \infty}f{'}(x)=+\infty$ .

(στ) Αν $\displaystyle \lim_{x\to\infty}\{f{'}(x)+f(x)\}=\gamma\in \mathbb R$ , τότε $\displaystyle \lim_{x\to\infty}f{'}(x)=0$ και $\displaystyle \lim_{x\to \infty}f(x)=\gamma$ .

peter · #20

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:Παραμένει ωστόσο αναπάντητο το:

Αν η $f:\mathbb{R}\to[0,+\infty)$ έχει συνεχή και φραγμένη δεύτερη παράγωγο $f^{\prime}^{\prime}$ , δείξτε ότι $|f^{\prime}(x)|\leq2\sqrt{Mf(x)}$ για κάθε $x\in\mathbb{R}$ , όπου $M:=\displaystyle\sup_{x\in\mathbb{R}}|f^{\prime}^{\prime}(x)|$ .

Έστω $x_0\in \mathbb R$ ώστε $|f{'}(x_0)|>0$ (διαφορετικά δεν έχουμε τίποτα να αποδείξουμε). Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

(α) Έστω $f{'}(x_0)>0$ . Θέτουμε $h_0=\sup\{h>0: f{'}(t)\geq 0 \; \forall \; x_0-h<t\leq x_0\}$ . Θα δείξουμε ότι αυτό το h_0

δε μπορεί να είναι και πολύ μικρό! Λόγω συνέχειας της f{'}

είναι προφανώς h>0

.

Ισχυρισμός. Είναι $h_0\geq \frac{|f{'}(x_0)|}{M}$ .

Πράγματι, αν $h_0=+\infty$ τότε όλα καλά. Αν $h_0<\infty$ , τότε θα είναι $f{'}(x_0-h_0)=0$ (λόγω μεγιστικότητας και συνέχειας της f{'}

). Aπό το θεώρημα μέσης τιμής για την f{'}

βρίσκουμε $|f{'}(x_0)|=|f{'}(x_0)-f{'}(x_0-h_0)|\leq h_0 M$ . Σε κάθε περίπτωση λοιπόν είναι $h_0\geq \frac{|f{'}(x_0)|}{M}=:t_0$ .

Τότε, η

είναι αύξουσα στο [x_0-t_0,x_0]

και από το θεώρημα Taylor βρίσκουμε: $f(x_0-t_0)-f(x_0)=-t_0f{'}(x_0)+\frac{t_0^2}{2}f{''}(\xi)$ . Άρα, θα είναι: $|t_0f{'}(x_0)|\leq |f(x_0)-f(x_0-t_0)|+\frac{t_0^2}{2}M\leq f(x_0)+\frac{t_0^2}{2}M$ , από τη μονοτονία.

Αντικαθιστώντας βρίσκουμε $\frac{|f{'}(x_0)|^2}{M}\leq f(x_0)+\frac{|f{'}(x_0)|^2}{2M}$ , δηλαδή $|f{'}(x_0)|^2\leq 2Mf(x_0)$ .

(β) Έστω $f{'}(x_0)<0$ . Αντιμετωπίζεται παρόμοια.

Παρατηρήσεις. (α) Δε χρησιμοποιήθηκε η συνέχεια της f{''}

.

(β) Αν $f:\mathbb R\to \mathbb R^+$ δυο φορές παραγωγίσιμη με $\|f{''}\|_\infty<+\infty$ , τότε κάθε ρίζα της

είναι και ρίζα της f{'}

. (Αυτό βέβαια προκύπτει και απλούστερα με την υπόθεση η

να είναι μόνο μια φορά παραγωγίσιμη).

(γ) Γεωμετρικά το (β) εκλογικεύεται πολύ εύκολα: αν η

ακουμπάει τον x{'} x

και είναι μη αρνητική και παραγωγίσιμη, τότε πρέπει να εφάπτεται σε αυτόν. (Αλλιώς θα είχαμε γωνιακό σημείο και δε θα παραγωγιζόταν).

Μια ακόμη:

Άσκηση 3. Έστω $f:{\mathbb R}\to {\mathbb R}$ συνεχώς παραγωγίσιμη συνάρτηση. Αν $\displaystyle \lim_{x\to +\infty }\big [f^{\prime }(x)^2+f(x)^3\big ] =0$ τότε $\displaystyle \lim_{x\to +\infty }f(x)=0$ .

Να αποδείξετε-4-

Να αποδείξετε-4-

Re: Να αποδείξετε-4-

Re: Να αποδείξετε-4-

Re: Να αποδείξετε-4-

Re: Να αποδείξετε-4-

Re: Να αποδείξετε-4-

Re: Να αποδείξετε-4-

Re: Να αποδείξετε-4-

Re: Να αποδείξετε-4-

Re: Να αποδείξετε-4-

Re: Να αποδείξετε-4-

Re: Να αποδείξετε-4-

Re: Να αποδείξετε-4-

Re: Να αποδείξετε-4-

Re: Να αποδείξετε-4-

Re: Να αποδείξετε-4-

Re: Να αποδείξετε-4-

Re: Να αποδείξετε-4-

Re: Να αποδείξετε-4-

Re: Να αποδείξετε-4-

Μέλη σε σύνδεση