Κλασική με ...επιδόρπιο

Συντονιστής: m.pαpαgrigorakis

hsiodos
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1235
Εγγραφή: Σάβ Απρ 18, 2009 1:12 am

Κλασική με ...επιδόρπιο

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από hsiodos » Τετ Ιουν 27, 2012 6:42 pm

Έστω η συνάρτηση \displaystyle{ 
f(x) = \frac{1}{{a^{2x - 1}  + 1}}\,\,,\,\,a > 0\,\,\,\mu \varepsilon \,\,\alpha  \ne 1} και \displaystyle{ 
\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f(x) = 2f\left( {\frac{1}{2}} \right)}

α) Να αποδείξετε ότι η \displaystyle{f} είναι γνησίως αύξουσα

β) Αν \displaystyle{a_1 ,a_2 ,...,a_{2011} } είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικό \displaystyle{\xi  \in \left( {0,1} \right)\,} , τέτοιο ώστε

\displaystyle{ 
\left( {\alpha _1  + a_2  + ... + a_{2011} } \right)f(\xi ) = a_1 f\left( {\frac{1}{{2012}}} \right) + a_2 f\left( {\frac{2}{{2012}}} \right) + ... + a_{2011} f\left( {\frac{{2011}}{{2012}}} \right)}

γ) Αν \displaystyle{a_1  = a_2  = ... = a_{2011}  = 1} να βρείτε τον αριθμό ξ του β) ερωτήματος.

Γιώργος


Γιώργος Ροδόπουλος
Άβαταρ μέλους
pito
Δημοσιεύσεις: 1754
Εγγραφή: Τρί Μάιος 18, 2010 10:41 pm
Τοποθεσία: mathematica

Re: Κλασική με ...επιδόρπιο

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από pito » Παρ Ιούλ 06, 2012 2:25 pm

α) Είναι lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)=2f(\frac{1}{2})=1

Αν ήταν a>1 τότε θα είχαμε lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)=0 αφού lim_{x\rightarrow +\infty}a^{2x-1}=+\infty( αφού και
lim_{x\rightarrow +\infty}(2x-1)=+\infty)

Έτσι είναι 0<a<1 αφού τότε lim_{x\rightarrow +\infty}a^{2x-1}=0 και lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)=1

Ακόμη A_{f}=R γιατί ισχύει πάντα ότι a^{2x-1}+1\neq 0

Έστω \displaystyle x_{1},x_{2}\in R \mu \varepsilon  x_{1}<x_{2}\Leftrightarrow 2x_{1}-1<2x_{2}-1\Leftrightarrow a^{2x_{1}-1}>a^{2x_{2}-1}\displaystyle \Leftrightarrow \frac{1}{a^{2x_{1}-1}+1}<\frac{1}{a^{2x_{2}-1}+1}\Leftrightarrow f(x_{1})<f(x_{2})

( Χρησιμοποιήθηκε ότι η a^{x}, 0<a<1 είναι γνησίως φθίνουσα και αν a,b>0 με a>b τότε \frac{1}{a}<\frac{1}{b})

β) Η f ως πράξη συνεχών συναρτήσεων είναι συνεχής στο [0,1] άρα από ΘΜΕΤ θα παρουσιάζει μέγιστη M και ελάχιστη τιμή m, δηλαδή θα ισχύουν

\displaystyle m\leq f(\frac{1}{2012})\leq M\Leftrightarrow a_{1}m\leq a_{1}f(\frac{1}{2012})\leq a_{1}M, ..., a_{2011}m\leq a_{2011}f(\frac{2011}{2012})\leq a_{2011}M

και προσθέτοντας αυτές κατά μέλη είναι
\displaystyle m\leq \frac{a_{1}f(\frac{1}{2012})+...+a_{2011}f(\frac{2011}{2012})}{a_{1}+...+a_{2012}}\leq M ( αφού και a_{1}+...+a_{2011}>0)

Έτσι από θεώρημα ενδιαμέσων τιμών θα υπάρχει
\dipslaystyle \xi \in (0,1) \tau \omega  f(\xi )=\frac{a_{1}f(\frac{1}{2011})+...+a_{2011}f(\frac{2011}{2012})}{a_{1}+...+a_{2011}}

Το παραπάνω \xi είναι μοναδικό γιατί η f είναι γνησίως αύξουσα.

γ) Πάμε για το επιδόρπιο( :icecream: )

Παρατηρούμε ότι \displaystyle f(x)+f(1-x)=\frac{1}{a^{2x-1}+1}+\frac{1}{(\frac{1}{a})^{2x-1}+1}=...=1

Έτσι \displaystyle f(\frac{1}{2012})+f(\frac{2}{2012})+...+f(\frac{2011}{2012})=f(\frac{1}{2012})+f(1-\frac{1}{2012})+f(\frac{2}{2012})+f(1-\frac{2}{2012})+...+f(\frac{1}{2})=1005+\frac{1}{2}=\frac{2011}{2}

Έτσι \displaystyle 2011f(\xi )=\frac{2011}{2}\Leftrightarrow f(\xi )=\frac{1}{2}=f(\frac{1}{2})\Leftrightarrow \xi =\frac{1}{2}, καθώς η f είναι
1-1 ως γνησίως αύξουσα.

Ελπίζω να ήμουνα σωστή!


1. Δεν διδάσκουμε με αυτό που λέμε και κάνουμε. Διδάσκουμε με αυτό που είμαστε.
2. Ο μέτριος δάσκαλος περιγράφει. Ο καλός δάσκαλος εξηγεί. Ο σωστός δάσκαλος αποδεικνύει. Ο σπουδαίος δάσκαλος εμπνέει. ( Γουίλιαμ Γουάρντ)
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ - ΟΡΙΑ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης