mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Απρ 13, 2016 11:59 pm**

Να αποδειχθεί ότι,
αν μια συνάρτηση $\displaystyle{f}$ είναι συνεχής στο $\displaystyle{[a,b]}$ και παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{(a,b)}$ , τότε υπάρχουν διαφορετικά $\displaystyle{ \xi, \eta \in (a,b)}$ τέτοια ώστε
$\displaystyle{ f ^\prime(\xi)\cdot f^ \prime(\eta) =\left({ \frac{f(b)-f(a)}{b-a}}\right)^2 }$ .

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 15, 2016 12:37 am**

vasisot έγραψε:Να αποδειχθεί ότι,
αν μια συνάρτηση $\displaystyle{f}$ είναι συνεχής στο $\displaystyle{[a,b]}$ και παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{(a,b)}$ , τότε υπάρχουν διαφορετικά $\displaystyle{ \xi, \eta \in (a,b)}$ τέτοια ώστε
$\displaystyle{ f ^\prime(\xi)\cdot f^ \prime(\eta) =\left({ \frac{f(b)-f(a)}{b-a}}\right)^2 }$ .

Αν

τότε από Rolle υπάρχει $\xi$ με $f'(\xi)=0$ . Παίρνοντας $\eta \ne \xi$ κατά βούληση, ισχύει το ζητούμενο (και οι δύο όροι

). Οπότε χωρίς βλάβη μπορούμε να υποθέσουμε f(b) > f(a)

.

Έστω $c\in (a,b)$ τυχαίο. Χωρίς βλάβη είναι $\frac {f(c)-f(a)}{c-a} \ge \frac {f(b)-f(a)}{b-a}$ (όμοια για την ανάποδη ανισότητα). Έστω ακόμα ότι

α) η ανισότητα είναι γνήσια, $\frac {f(c)-f(a)}{c-a} > \frac {f(b)-f(a)}{b-a}$ .

Έπεται $\frac {f(c)-f(a)}{c-a} > \frac {f(b)-f(a)}{b-a} > \frac {f(b)-f(c)}{b-c} \, (*)$ (αν διώξουμε τους παρονομαστές θα το δούμε αμέσως, αλλά καλύτερα με γράφημα ζωγραφίζοντας τις χορδές).

Λήμμα: Αν P>Q>R

δοθέντες όπου $Q\ne 0$ , τότε υπάρχουν x,y

με

με

.

Πράγματι, χωρίς βλάβη P,Q,R

θετικά. Μπορούμε τώρα να πάρουμε $x=Qt, \, y=Q/t$ όπου t>1

αλλά

αρκούντως κοντά στο

ούτως ώστε να εξασφαλίσουμε ότι P>x, y>R

. Για παράδειγμα

με

και συγχρόνως Q/R> t>1

.

Με χρήση του Λήμματος και της (*)

υπάρχουν

με $\frac {f(c)-f(a)}{c-a} > x> \frac {f(b)-f(a)}{b-a} >y> \frac {f(b)-f(c)}{b-c} \,(**)$ και $xy= \left({ \frac{f(b)-f(a)}{b-a}}\right)^2$ .

Λόγω συνέχειας της $\frac {f(x)-f(a)}{x-a}$ και της (**)

υπάρχουν

με $\frac {f(p)-f(a)}{p-a} =x, \, \frac {f(b)-f(q)}{b-q} =y$ .

Από ΘΜΤ υπάρχουν $\xi \in ( a , p), \eta \in (q, b)$ με $f'(\xi ) = \frac {f(p)-f(a)}{p-a} =x$ και $f'(\eta)= \frac {f(b)-f(q)}{b-q} =y$ και άρα

$f'(\xi ) f'(\eta)= xy= \left({ \frac{f(b)-f(a)}{b-a}}\right)^2$ , όπως θέλαμε. Το $\xi \ne \eta$ εξασφαλίζεται από το γεγονός ότι $f'(\xi ) = x \ne y =f'(\eta).$

β) Η περίπτωση $\frac {f(c)-f(a)}{c-a} = \frac {f(b)-f(a)}{b-a}$ αντιμετωπίζεται όμοια αλλά ευκολότερα (το Λήμμα εκφυλίζεται).

Φιλικά,

Μιχάλης

Edit: Έκανα μικρή διόρθωση.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 15, 2016 3:07 am**

Το θέμα έχει ξανασυζητηθεί με τίτλο "Υπαρξιακή σαν το ΘΜΤ"

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 15, 2016 7:42 am**

: Επ.png (5.19 KiB) Προβλήθηκε 1162 φορές

Μήπως πρέπει να είναι $f(a)\neq f(b)$ ?

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 15, 2016 8:57 am**

Οχι.
Αν οι τιμές στά άκρα είναι ίσες τότε είναι τετριμμένο.
Το ένα σημείο το παίρνουμε άπο Rolle και το άλλο οποιοδήποτε.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 15, 2016 9:20 am**

ντεχι έγραψε:Το θέμα έχει ξανασυζητηθεί με τίτλο "Υπαρξιακή σαν το ΘΜΤ"

Πράγματι, υπάρχει εδώ

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 15, 2016 11:55 am**

Σας ευχαριστώ όλους για τις απαντήσεις σας, ιδιαιτέρως τον κ. Λάμπρου για την πρωτότυπη λύση του.
Μία λίγο διαφορετική αντιμετώπιση από αυτές που αναρτήθηκαν στην προηγούμενη συζήτηση (που δυστυχώς δεν είχα δει) είναι η εξής:

Αν f(a)=f(b)

το αποτέλεσμα προκύπτει άμεσα από το θεώρημα Rolle.

Αν $f(a)\neq f(b)$ , θεωρούμε τη συνάρτηση

$\displaystyle{g(x)=\dfrac{f\Big( (b-a)x+a \Big)-f(a)}{f(b)- f(a)}, \; 0\leq x\leq 1 .}$

Αν $0\leq x\leq 1$ θα είναι $a\leq (b-a)x+a \leq b$ .

H

είναι συνεχής στο [0,1]

και παραγωγίσιμη στο (0,1)

με

$\displaystyle{g^\prime(x)=\dfrac{(b-a)f^\prime\Big( (b-a)x+a \Big)}{f(b)- f(a)} .}$

Είναι g(0)=0

και

οπότε, από θεώρημα Bolzano στο $\displaystyle{ [0,1]}$ , η ευθεία y=1-x

τέμνει την C_g

σε ένα τουλάχιστον σημείο, έστω στο (c,1-c)

όπου

.

Από το Θεώρημα Μέσης Τιμής για την

στα διαστήματα [0,c]

και

προκύπτει ότι θα υπάρχουν 0<x_1<c

και

τέτοια ώστε

$g^\prime (x_1)= \dfrac{1-c}{c}$ και $g^\prime (x_2)= \dfrac{c}{1-c}$ , οπότε $g^\prime (x_1)\cdot g^\prime (x_2) =1 .$

Επομένως θέτοντας $\xi=(b-a)x_1+a$ και $\eta=(b-a)x_2+a$ θα έχουμε τελικά

$\displaystyle{f ^\prime(\xi)\cdot f^ \prime(\eta) =\left({ \frac{f(b)-f(a)}{b-a}}\right)^2 .}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 15, 2016 9:57 pm**

Πρόσθεσα στην λύση μου την περίπτωση f(a)=f(b)

που είχα ξεχάσει να την συμπεριλάβω.

mathematica.gr

ΘΜΤ^2

ΘΜΤ^2

Re: ΘΜΤ^2

Re: ΘΜΤ^2

Re: ΘΜΤ^2

Re: ΘΜΤ^2

Re: ΘΜΤ^2

Re: ΘΜΤ^2

Re: ΘΜΤ^2