2 Πονηρούλα

Ραϊκόφτσαλης Θωμάς · #1

Καλημέρα.
Και αυτή η άσκηση για το διαγώνισμα του Μάκη.

Έστω η συνεχής και αύξουσα συνάρτηση $\displaystyle{f:\left[ {\alpha ,\beta } \right] \to R}$ για την οποία ισχύει $\displaystyle{f(x) > 0}$ για κάθε $\displaystyle{x \in \left[ {\alpha ,\beta } \right]}$ .
Αν υπάρχουν $\displaystyle{{x_1},{x_2},{x_3},{x_4} \in \left( {\alpha ,\beta } \right)}$ με $\displaystyle{{x_1} < {x_2} < {x_3} < {x_4}}$ ώστε $\displaystyle{{f^3}\left( {{x_4}} \right) = f\left( {{x_1}} \right) \cdot f\left( {{x_2}} \right) \cdot f\left( {{x_3}} \right)}$ , να δειχθεί ότι η συνάρτηση f δεν είναι 1-1 στο $\displaystyle{\left[ {\alpha ,\beta } \right]}$ .

Θωμάς

#2

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

hsiodos · #3

Θωμά νομίζω δεν χρειάζεται το δεδομένο ότι η f είναι αύξουσα. Μπορούμε να δώσουμε απόδειξη και χωρίς αυτό.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Γιώργος

Ραϊκόφτσαλης Θωμάς · #4

hsiodos έγραψε:Θωμά νομίζω δεν χρειάζεται το δεδομένο ότι η f είναι αύξουσα. Μπορούμε να δώσουμε απόδειξη και χωρίς αυτό.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Εφαρμογή του θεωρήματος ενδιάμεσων τιμών σε κατάλληλο διάστημα
Γιώργος

Γιώργο καλημέρα.
Συμπλήρωσα στην άσκηση ότι $\displaystyle{{x_1} < {x_2} < {x_3} < {x_4}}$ και νομίζω ότι τώρα χρειάζεται η μονοτονία.
Θωμάς

#5

Ραϊκόφτσαλης Θωμάς έγραψε:Καλημέρα.
Και αυτή η άσκηση για το διαγώνισμα του Μάκη.

Έστω η συνεχής και αύξουσα συνάρτηση $\displaystyle{f:\left[ {\alpha ,\beta } \right] \to R}$ για την οποία ισχύει $\displaystyle{f(x) > 0}$ για κάθε $\displaystyle{x \in \left[ {\alpha ,\beta } \right]}$ .
Αν υπάρχουν $\displaystyle{{x_1},{x_2},{x_3},{x_4} \in \left( {\alpha ,\beta } \right)}$ με $\displaystyle{{x_1} < {x_2} < {x_3} < {x_4}}$ ώστε $\displaystyle{{f^3}\left( {{x_4}} \right) = f\left( {{x_1}} \right) \cdot f\left( {{x_2}} \right) \cdot f\left( {{x_3}} \right)}$ , να δειχθεί ότι η συνάρτηση f δεν είναι 1-1 στο $\displaystyle{\left[ {\alpha ,\beta } \right]}$ .

Θωμάς

Έχουμε από την ανισότητα ΑΜ-ΓΜ

$\displaystyle{f(x_{4})\leq \frac{f(x_{1})+f(x_{2})+f(x_{3})}{3}}$ .

Όμως

$\displaystyle{x_{1}<x_{2}<x_{3}<x_{4}}$ και $\displaystyle{f}$ αύξουσα, οπότε $\displaystyle{f(x_{1})\leq f(x_2})\leq f(x_{3})\leq f(x_{4})}$ , δηλαδή $\displaystyle{f(x_{1})+f(x_{2})+f(x_{3})\leq 3f(x_{4}).}$

δηλαδή ισχύει η ισότητα στην ΑΜ-ΓΜ, οπότε πρέπει να ισχύει

$\displaystyle{f(x_{1})=f(x_{2})=f(x_{3})(=f(x_{4}))}$ και άρα η συνάρτηση δεν είναι 1-1.

* Δεν έγινε χρήση της συνέχειας.

hsiodos · #6

Δίνω μια λύση. Τα δεδομένα που χρειαζόμαστε είναι ότι η f είναι συνεχής στο [α,β] με θετικές τιμές και ότι υπάρχουν $\displaystyle{ \ x_1< x_2 < x_3 < x_4 \in [a,\beta ]}$ ώστε $\displaystyle{f^3 (x_4 ) = f(x_1 )f(x_2 )f(x_3 )\,\,\,\,(1)}$

1. Αν δύο από τους αριθμούς $\displaystyle{f(x_1 ),f(x_2 ),f(x_3 ),f(x_4 )}$ είναι ίσοι μεταξύ τους τότε το ζητούμενο ισχύει.

2. Αν οι αριθμοί $\displaystyle{f(x_1 ),f(x_2 ),f(x_3 ),f(x_4 )}$ είναι διαφορετικοί ανά δύο, τότε:

Ο αριθμός $\displaystyle{f(x_4 )}$ δεν μπορεί να είναι μεγαλύτερος από καθένα εκ των $\displaystyle{f(x_1 ),f(x_2 ),f(x_3 )}$ γιατί τότε θα ήταν $\displaystyle{ f^3 (x_4 ) > f(x_1 )f(x_2 )f(x_3 )\,\,}$ που αντιβαίνει στην (1) .

Όμοια ο αριθμός $\displaystyle{f(x_4 )}$ δεν μπορεί να είναι μικρότερος από καθένα εκ των $\displaystyle{f(x_1 ),f(x_2 ),f(x_3 )}$ γιατί τότε θα ήταν $\displaystyle{ f^3 (x_4 ) < f(x_1 )f(x_2 )f(x_3 )\,\,}$ που επίσης αντιβαίνει στην (1) .

Επομένως ο αριθμός $\displaystyle{f(x_4 )}$ βρίσκεται (γνήσια) μεταξύ των δύο από τους τρεις αριθμούς $\displaystyle{f(x_1 ),f(x_2 ),f(x_3 )}$ .

Χωρίς βλάβη , έστω ότι $\displaystyle{\,f(x_1 ) < f(x_4 ) < f(x_2 )}$ , τότε ισχύουν οι υποθέσεις του θεωρήματος ενδιάμεσων τιμών για την f στο $\displaystyle{ \left[ {x_1 ,x_2 } \right]}$ οπότε υπάρχει $\displaystyle{ x_o \in \left( {x_1 ,x_2 } \right)\,\,\,\,\,\mu \varepsilon \,\,\,f(x_o ) = f(x_4 )\,}$ , προφανώς $\displaystyle{x_o \ne x_4 }$ . Προκύπτει τώρα ότι η f δεν είναι 1-1 στο [α,β].

Γιώργος

Μάκης Χατζόπουλος · #7

Θάνο και Γιώργο καταπληκτικές λύσεις! Θωμά σε ευχαριστώ μόλις βρήκα το θέμα 2Α!!!!

Ραϊκόφτσαλης Θωμάς · #8

Μάκη για δες και αυτή τη λύση.

$\displaystyle{\begin{gathered} {x_1} < {x_2} < {x_3} < {x_4}\mathop \Rightarrow \limits^{f \uparrow } f\left( {{x_1}} \right) \leqslant f\left( {{x_2}} \right) \leqslant f\left( {{x_3}} \right) \leqslant f\left( {{x_4}} \right) \hfill \\ \begin{array}{*{20}{c}} {f\left( {{x_1}} \right) \leqslant f\left( {{x_1}} \right) \leqslant f\left( {{x_3}} \right)} \\ {f\left( {{x_1}} \right) \leqslant f\left( {{x_2}} \right) \leqslant f\left( {{x_3}} \right)} \\ {f\left( {{x_1}} \right) \leqslant f\left( {{x_3}} \right) \leqslant f\left( {{x_3}} \right)} \end{array} \Rightarrow {f^3}\left( {{x_1}} \right) \leqslant f\left( {{x_1}} \right)f\left( {{x_2}} \right)f\left( {{x_3}} \right) \leqslant {f^3}\left( {{x_3}} \right) \Rightarrow \hfill \\ {f^3}\left( {{x_1}} \right) \leqslant {f^3}\left( {{x_4}} \right) \leqslant {f^3}\left( {{x_3}} \right) \Rightarrow f\left( {{x_1}} \right) \leqslant f\left( {{x_4}} \right) \leqslant f\left( {{x_3}} \right) \hfill \\ \end{gathered} }$ .
f: συνεχής στο $\displaystyle{\left[ {{x_1},{x_3}} \right]}$ , οπότε εφαρμόζοντας το Θ.Ε.Τ
βρίσκουμε ένα $\displaystyle{\xi \in \left[ {{x_1},{x_3}} \right]}$ ώστε $\displaystyle{f\left( \xi \right) = f\left( {{x_4}} \right)}$ , άρα όχι 1-1.
Θωμάς

#9

Αλλιώς (και χωρίς χρήση συνέχειας): Αφού f αύξουσα και θετική έχουμε $f^3(x_4)= f(x_1)f(x_2)f(x_3)\le f^3(x_4)$ . Άρα έχουμε ισότητα παντού.
Συνεπώς δεν μπορεί καμία από τις ανισότητες $f(x_1)\le f(x_4),\, f(x_2)\le f(x_4),\,f(x_3)\le f(x_4),\,$ να είναι γνήσια.
Δηλαδή ισχύει f(x_1)= f(x_2)=f(x_3)= f(x_4).

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

Μάκης Χατζόπουλος · #10

Δεν έχω λόγια και ας τολμήσει κανείς μαθητής να πει ότι ήταν δύσκολη, με 7 τρόπους θα του την λύσω!!

Χρήστος Λαζαρίδης · #11

Μάκης Χατζόπουλος έγραψε:Θάνο και Γιώργο καταπληκτικές λύσεις! Θωμά σε ευχαριστώ μόλις βρήκα το θέμα 2Α!!!!

Μάκη

Στο 2Β, βάλε να αποδείξουν το Θεώρημα Fermat, με διαφορετικό τρόπο από τον Willes.

Φιλικά Χρήστος

Μάκης Χατζόπουλος · #12

Αυτό το έχω βάλει στο 3Γ, έχεις δει

τα θέματά μου;; Θα σου στείλω με e-mail τα διαγωνίσματα

2 Πονηρούλα

2 Πονηρούλα

Re: 2 Πονηρούλα

Re: 2 Πονηρούλα

Re: 2 Πονηρούλα

Re: 2 Πονηρούλα

Re: 2 Πονηρούλα

Re: 2 Πονηρούλα

Re: 2 Πονηρούλα

Re: 2 Πονηρούλα

Re: 2 Πονηρούλα

Re: 2 Πονηρούλα

Re: 2 Πονηρούλα

Μέλη σε σύνδεση