Bolzano

Nikos002 · #1

$1 + xf(x) \leq sinx+ cosx$ για καθε $x\in \mathbb{R}$
$f(0)=1, f \sigma \upsilon \nu \varepsilon \chi \eta \varsigma$

Να δείξετε ότι υπάρχει $\xi \in \mathbb{R}$
τέτοιο ώστε $f(\xi) =0$
Ευχαριστω προκαταβολικά σε όποιον έχει χρόνο να με βοηθήσει

xarit · #2

Καλησπέρα.
f συνεχής ,άρα $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim}}\,f(x)=1>0$ άρα υπάρχει α κοντά στο 0 ώστε $f(\alpha)>0$ .
$\cdot$ Για x>0

έχουμε $f(x)\leq \dfrac{sinx+cosx-1}{x}$ .Βρίσκουμε $f(\pi)\leq \dfrac{-2}{\pi}<0$ .
f συνεχής στο $[\alpha,\pi]$ .
Άρα από Θ.Bolzano υπάρχει ,τουλάχιστον, ένα $\xi\in(\alpha,\pi)$ ώστε $f(\xi)=0$

#3

Nikos002 έγραψε: Πέμ Δεκ 27, 2018 8:38 pm $1 + xf(x) \leq sinx+ cosx$ για καθε $x\in \mathbb{R}$
$f(0)=1, f \sigma \upsilon \nu \varepsilon \chi \eta \varsigma$

Να δείξετε ότι υπάρχει $\xi \in \mathbb{R}$
τέτοιο ώστε $f(\xi) =0$

Σωστή η παραπάνω λύση αλλά κάνει τα εύκολα δύσκολα με τα περιττά στοιχεία που έχει (δεν χρειάζονται να περί $\alpha >0$ ). Βελτιώνω:

Έχουμε f(0)=1>0

. Επίσης για $x= \pi$ είναι $1+ \pi f(\pi) < -1$ , άρα $\pi f(\pi) < -2<0$ , από όπου $f(\pi) <0$ . Τώρα Bolzano στο $[0, \pi].$

xarit · #4

Το απλό είναι το πιο δύσκολο.Απορώ αφού δίνεται και το f(0)

γιατί το έλυσα έτσι.

Nikos002 · #5

Ευχαριστώ πολύ για την υπόδειξη

#6

Nikos002 έγραψε: Πέμ Δεκ 27, 2018 9:52 pm Ευχαριστώ πολύ για την υπόδειξη

Να 'σαι καλά αλλά, προσοχή, δεν πρόκειται για υπόδειξη. Πρόκειται για πλήρη λύση!

#7

Nikos002 έγραψε: Πέμ Δεκ 27, 2018 8:38 pm $1 + xf(x) \leq sinx+ cosx$ για καθε $x\in \mathbb{R}$
$f(0)=1, f \sigma \upsilon \nu \varepsilon \chi \eta \varsigma$

Να δείξετε ότι υπάρχει $\xi \in \mathbb{R}$
τέτοιο ώστε $f(\xi) =0$

.
Ας την βελτιώσουμε: Δείξτε το ίδιο πράγμα αλλά χωρίς την υπόθεση f(0)=1

. Για να είμαι πιο σαφής:

Αν $f : \mathbb R \to \mathbb R$ συνεχής συνάρτηση με $1 + xf(x) \leq \sin x+ \cos x$ για κάθε $x\in \mathbb{R}$ ,
δείξτε ότι υπάρχει $\xi \in \mathbb{R}$ με $f(\xi) =0$

Δεν πρέπει να δυσκολέψει κανέναν.

xarit · #8

$\cdot$ Για x>0

έχουμε $f(x)\leq \dfrac{sinx+cosx-1}{x}$ .Άρα $\underset{x\to 0^{+}}{\mathop{\lim}}\,f(x)\leq \underset{x\to 0^{+}}{\mathop{\lim}}\,\dfrac{sinx+cosx-1}{x}=1$
$\cdot$ Για x<0

έχουμε $f(x)\geq \dfrac{sinx+cosx-1}{x}$ .Άρα $\underset{x\to 0^{-}}{\mathop{\lim}}\,f(x)\geq \underset{x\to 0^{-}}{\mathop{\lim}}\,\dfrac{sinx+cosx-1}{x}=1$ .
Αφού f συνεχής ,τότε f(0)=1

και τα γνωστά μετά.

Nikos002 · #9

Η άσκηση κανονικά ήταν έτσι όπως το είπε ο κύριος Μιχάλης , εγώ στην αρχή προσπάθησα στο [0,π/2] απλως έμενε το μικρότερο ή ίσο , σκέφτηκα να πάρω δύο περιπτώσεις απλως δεν είμουν εντελως σίγουρος δηλαδή ότι f(π/2)=0 ή αν f(π/2) <0 με το f(π/2) διαφορετικό του μηδενός

Nikos002 · #10

Nikos002 έγραψε: Πέμ Δεκ 27, 2018 11:30 pm Η άσκηση κανονικά ήταν έτσι όπως το είπε ο κύριος Μιχάλης , εγώ στην αρχή προσπάθησα στο [0,π/2] απλως έμενε το μικρότερο ή ίσο , σκέφτηκα να πάρω δύο περιπτώσεις απλως δεν είμουν εντελως σίγουρος δηλαδή ότι f(π/2)=0 ή αν f(π/2) <0 με το f(π/2) διαφορετικό του μηδενός

#11

Mihalis_Lambrou έγραψε: Πέμ Δεκ 27, 2018 10:38 pm
Αν $f : \mathbb R \to \mathbb R$ συνεχής συνάρτηση με $1 + xf(x) \leq \sin x+ \cos x$ για κάθε $x\in \mathbb{R}$ ,
δείξτε ότι υπάρχει $\xi \in \mathbb{R}$ με $f(\xi) =0$

.
xarit, σωστή η λύση σου αλλά μπορούμε πιο απλά, αποφεύγοντας να πάρουμε όρια:

Για $x= \pi$ είναι $1+ \pi f(\pi) \le -1$ , άρα $\pi f(\pi) \le -2<0$ , από όπου $f(\pi) <0$ .

Για $x= -\pi$ είναι $1- \pi f(-\pi) \le -1$ , άρα $-\pi f(-\pi) \le -2<0$ , από όπου $f(-\pi) >0$ .

Τώρα Bolzano στο $[-\pi, \pi]$ .

Bolzano

Bolzano

Re: Bolzano

Re: Bolzano

Re: Bolzano

Re: Bolzano

Re: Bolzano

Re: Bolzano

Re: Bolzano

Re: Bolzano

Re: Bolzano

Re: Bolzano

Μέλη σε σύνδεση