Εύκολο;

Συντονιστής: m.pαpαgrigorakis

konstantogeo
Δημοσιεύσεις: 65
Εγγραφή: Πέμ Οκτ 18, 2012 2:55 pm

Εύκολο;

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από konstantogeo » Πέμ Νοέμ 21, 2013 5:20 pm

Έστω f:R\rightarrow R,συνεχής για την οποία ισχύει:
x-1\leq f(x)\leq x+1 για κάθε x\epsilon R
Να δείξετε ότι σύνολο τιμών της f είναι το R


sokratis lyras
Δημοσιεύσεις: 712
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 05, 2011 9:13 pm

Re: Εύκολο;

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από sokratis lyras » Πέμ Νοέμ 21, 2013 5:22 pm

konstantogeo έγραψε:Έστω f:R\rightarrow R,συνεχής για την οποία ισχύει:
x-1\leq f(x)\leq x+1 για κάθε x\epsilon R
Να δείξετε ότι σύνολο τιμών της f είναι το R
Πολύ εύκολο..


Άβαταρ μέλους
Christos.N
Δημοσιεύσεις: 1842
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 26, 2009 2:28 pm
Τοποθεσία: Ίλιον

Re: Εύκολο;

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Christos.N » Παρ Νοέμ 22, 2013 6:57 pm

Έστω \displaystyle{\eta  \in R}

τότε \displaystyle{\eta  - 1 < \eta  < \eta  + 1} , και από τα δεδομένα της άσκησης \displaystyle{f(\eta  - 2) \le \eta  - 1\, < \eta  < \,\eta  + 1\, \le f(\eta  + 2)}.

Άρα καθώς η συνάρτηση είναι συνεχής σε όλο το \displaystyle{ R} συνεπώς και σε κάθε διάστημα που ορίζεται, σύμφωνα με το θεώρημα ενδιαμέσων τιμών υπάρχει τουλάχιστον ένα \displaystyle{\xi  \in (\eta  - 2,\eta  + 2)} τέτοιο ώστε \displaystyle{f(\xi ) = \eta }.

Δείξαμε δηλαδή ότι για κάθε πραγματικό αριθμό \displaystyle{\eta} υπάρχει πραγματικός αριθμός \displaystyle{\xi } με \displaystyle{f(\xi ) = \eta }, άρα το σύνολο τιμών της \displaystyle{f} είναι όλο το \displaystyle{ R}.
πήγα να μπλέξω με όρια και προβληματίστηκα, θα χαιρόμουν αν έβλεπα μια λύση και με αυτά.


Χρήστος Ντάβας
Wir müssen wissen — wir werden wissen! D.Hilbert
dr.tasos
Δημοσιεύσεις: 433
Εγγραφή: Τρί Ιούλ 12, 2011 6:40 pm

Re: Εύκολο;

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από dr.tasos » Παρ Νοέμ 22, 2013 7:35 pm

με όρια θα μπορούσε να πάει καπως έτσι

για
x >2000

\displaystyle{ f(x) \geq 0 }

\displaystyle{  \Rightarrow \frac{1}{f(x)} \geq 0 }

\displaystyle{  \frac{1}{x-1} \geq \frac{1}{f(x)} \geq 0 }
παίρνω ορια στο άπειρο και βγαινει μηδέν αρα αφου ειναι και θετική θα ειναι + \infty ομοια για την αλλη μερια

για x <-2000

f(x)<0

\Rightarrow \frac{1}{f(x)} <0

0>\frac{1}{f(x)}> \frac{1}{x+1}

παίρνω όρια στο - \infty και απο κριτήριο παρεμβολής προκύπτει ότι \lim_{x \to -\infty }\frac{1}{f(x)}= 0 και αφου η f(x)<0 για πολύ μικρά χ

\lim_{x \to -\infty }f(x)= -\infty

συνεπώς απο γνωστό λήμμα ( στις εξετάσεις χρείαζεται απόδειξη βέβαια) προκυπτει οτι το σύνολο τιμών της f ειναι το \mathbb{R}
υσ : φευγω για μαθημα θα την διορθωσω μετα!
τελευταία επεξεργασία από dr.tasos σε Παρ Νοέμ 22, 2013 11:25 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


"Και μόνο επειδή σ'άφησαν να στολίσεις το κελί σου,μην νομίσεις στιγμή ότι είσαι ελεύθερος."
Άβαταρ μέλους
gian7
Δημοσιεύσεις: 192
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 11, 2011 2:52 pm
Τοποθεσία: Άθηνα
Επικοινωνία:

Re: Εύκολο;

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gian7 » Παρ Νοέμ 22, 2013 8:00 pm

Είναι \displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}(x-1)=\lim_{x\rightarrow +\infty}(x+1)=+\infty} , άρα από κριτήριο παρεμβολής \displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)=+\infty}
Eίναι \displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}(x-1)=\lim_{x\rightarrow -\infty}(x+1)=-\infty}, άρα από κριτήριο παρεμβολής \displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}f(x)=-\infty}
Αφού η \displaystyle{f} είναι συνεχής το ζητούμενο είναι άμεσο!


Γιαννης Μπαρουμας

Empty your mind, be formless, shapeless — like water. Now you put water in a cup, it becomes the cup; You put water into a bottle it becomes the bottle; You put it in a teapot it becomes the teapot. Now water can flow or it can crash. Be water, my friend. Bruce Lee
Μπάμπης Στεργίου
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5434
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 2:16 pm
Τοποθεσία: Χαλκίδα - Καρδίτσα

Re: Εύκολο;

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μπάμπης Στεργίου » Παρ Νοέμ 22, 2013 8:23 pm

Christos.N έγραψε:Έστω \displaystyle{\eta  \in R}

τότε \displaystyle{\eta  - 1 < \eta  < \eta  + 1} , και από τα δεδομένα της άσκησης \displaystyle{f(\eta  - 2) \le \eta  - 1\, < \eta  < \,\eta  + 1\, \le f(\eta  + 2)}.

Άρα καθώς η συνάρτηση είναι συνεχής σε όλο το \displaystyle{ R} συνεπώς και σε κάθε διάστημα που ορίζεται, σύμφωνα με το θεώρημα ενδιαμέσων τιμών υπάρχει τουλάχιστον ένα \displaystyle{\xi  \in (\eta  - 2,\eta  + 2)} τέτοιο ώστε \displaystyle{f(\xi ) = \eta }.

Δείξαμε δηλαδή ότι για κάθε πραγματικό αριθμό \displaystyle{\eta} υπάρχει πραγματικός αριθμός \displaystyle{\xi } με \displaystyle{f(\xi ) = \eta }, άρα το σύνολο τιμών της \displaystyle{f} είναι όλο το \displaystyle{ R}.
πήγα να μπλέξω με όρια και προβληματίστηκα, θα χαιρόμουν αν έβλεπα μια λύση και με αυτά.
Χρήστο, η λύση αυτή είναι υπέροχη και βασίζεται στον ορισμό του συνόλου τιμών και στο ΘΕΤ. Δεν αφήνει κανένα απολύτως κενό. Η λύση με τα όρια, αν και για μένα πλήρης, αφήνει μερικά ερωτηματικά για κουβέντα και μερικοί συνάδελφοι θα απαιτήσουν ,δίκαια ίσως , μια μικρή αιτιολόγηση, που πάλι βασίζεται στο ΘΕΤ..

Μπάμπης


Άβαταρ μέλους
mathxl
Δημοσιεύσεις: 6736
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 3:49 pm
Τοποθεσία: Σιδηρόκαστρο
Επικοινωνία:

Re: Εύκολο;

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mathxl » Παρ Νοέμ 22, 2013 9:21 pm

Αρκεί να δείξουμε ότι για κάθε y \in R, υπάρχει κάποιο {x_0} \in R ώστε : f\left( {{x_0}} \right) = y.
Έστω ότι για κάθε x \in R, υπάρχει κάποιο {y_0} \in R ώστε :f\left( x \right) \ne {y_0}.
Η συνάρτηση g:R \to R με τύπο g\left( x \right) = f\left( x \right) - {y_0}.x \in R, είναι μη μηδενιζόμενη και συνεχής στο R ως διαφορά συνεχών (αφού η f είναι συνεχής από υπόθεση), επομένως θα διατηρεί σταθερό πρόσημο στο R.
Για κάθε x \in R, έχουμε:
x - 1 \le f(x) \le x + 1 \Rightarrow x - 1 - {y_0} \le f(x) - {y_0} \le x + 1 - {y_0} \Rightarrow

x - 1 - {y_0} \le g(x) \le x + 1 - {y_0}.
Είναι
\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {x - 1 - {y_0}} \right) =  + \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {x + 1 - {y_0}} \right) =  + \infty.
Από το Κ.Π. συμπεραίνουμε ότι: \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } g(x) =  + \infty, απόπου έπεται ότι g\left( x \right) > 0 για x "κοντά" στο + \infty .

Όμοια παίρνουμε \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } g(x) =  - \infty απόπου έπεται ότι g\left( x \right) < 0 για x "κοντά" στο - \infty .
Άτοπο αφού η g διατηρεί σταθερό πρόσημο. Επομένως f\left( R \right) = R.


Ποτε δεν κάνω λάθος! Μια φορά νομιζα πως είχα κάνει, αλλά τελικά έκανα λάθος!
Απ' τα τσακάλια δεν γλυτώνεις μ' ευχές η παρακάλια. Κ. Βάρναλης
Aπέναντι στις αξίες σου να είσαι ανυποχώρητος

Ενεργό μέλος από 23-12-2008 ως και 17-8-2014 (δεν θα απαντήσω σε πμ)
Άβαταρ μέλους
Christos.N
Δημοσιεύσεις: 1842
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 26, 2009 2:28 pm
Τοποθεσία: Ίλιον

Re: Εύκολο;

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Christos.N » Παρ Νοέμ 22, 2013 9:53 pm

"κοντά" στο - \infty.
Αυτό είναι που με προβληματίζει...

Ακόμα και το
gian7 έγραψε:Είναι \displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}(x-1)=\lim_{x\rightarrow +\infty}(x+1)=+\infty} , άρα από κριτήριο παρεμβολής \displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)=+\infty}
Eίναι \displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}(x-1)=\lim_{x\rightarrow -\infty}(x+1)=-\infty}, άρα από κριτήριο παρεμβολής \displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}f(x)=-\infty}
Αφού η \displaystyle{f} είναι συνεχής το ζητούμενο είναι άμεσο!
που είναι διαισθητικά εντελώς ορθό αλλά πάλι με προβληματίζει.

Ψαχούλεψα ξανά το σχολικό βιβλίο και δεν βρίσκω ούτε ψήγμα αναφοράς, μήπως να το βλέπαμε στην \displaystyle{\frac{1}{{f(x)}}} όπως πάει να το ξεκινήσει ο Τάσος.

Πάντως όλα αυτά λύνονται αν θυμηθούμε την δημοσίευση εδώ.


Χρήστος Ντάβας
Wir müssen wissen — wir werden wissen! D.Hilbert
dr.tasos
Δημοσιεύσεις: 433
Εγγραφή: Τρί Ιούλ 12, 2011 6:40 pm

Re: Εύκολο;

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από dr.tasos » Παρ Νοέμ 22, 2013 11:28 pm

Νομίζω τώρα ειναι οκ.


"Και μόνο επειδή σ'άφησαν να στολίσεις το κελί σου,μην νομίσεις στιγμή ότι είσαι ελεύθερος."
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ - ΟΡΙΑ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες