Μία και μοναδική λύση

#1

Αν η εξίσωση f'(x)=0

έχει το πολύ μία λύση στο (a,b)

και ισχύει η $f(a)\cdot f(b)<0$ , τότε η εξίσωση f(x)=0

έχει μία ακριβώς λύση στο (a,b)

.

[Γνωστό πιθανώς και διαισθητικά προφανές, προέκυψε από κάτι άλλο που θα αναφερθεί αργότερα.]

Λάμπρος Κατσάπας · #2

gbaloglou έγραψε: Πέμ Νοέμ 14, 2019 8:39 am Αν η εξίσωση έχει το πολύ μία λύση στο και ισχύει η $f(a)\cdot f(b)<0$ , τότε η εξίσωση έχει μία ακριβώς λύση στο .

[Γνωστό πιθανώς και διαισθητικά προφανές, προέκυψε από κάτι άλλο που θα αναφερθεί αργότερα.]

Καλημέρα κ. Γιώργο. Θα απαιτήσω επιπλέον η

να είναι συνεχής στο [a,b],

διαφορετικά δεν ισχύει.

Παίρνουμε π.χ. ως αντιπαράδειγμα την $f(x)=\left\{\begin{matrix} x^2-2 ,-1\leq x<1& \\ 10,x=1& \end{matrix}\right.$

Για μια σχολική λύση μπορούμε να πούμε τα εξής:

Η μια ρίζα είναι εξασφαλισμένη από Bolzano. Χωρίς βλάβη υποθέτουμε f(a)<0,f(b)>0

.

Διαφορετικά, δουλεύουμε με την -f.

Υποθέτουμε τώρα ότι έχει δύο ρίζες x_1,x_2

με

Από την

έχουμε αναγκαστικά $x_1,x_2\in (a,b).$ Στο [x_1,x_2]

η

,

από τη συνέχεια, παρουσιάζει μέγιστο

και ελάχιστο

Αναγκαστικά κάποιο από τα δύο δεν θα είναι

διαφορετικά θα ήταν σταθερή σε αυτό το διάστημα και

επομένως η παράγωγος θα είχε άπειρο πλήθος σημείων μηδενισμού. Ας υποθέσουμε M>0.

Τότε η θέση μεγίστου είναι εσωτερικό σημείο του [x_1,x_2]

και από Fermat έχουμε ρίζα x_0

της

παραγώγου στο (x_1,x_2).

Στο

η

παρουσιάζει ελάχιστο {m}'

το οποίο αναγκαστικά είναι $\leq 0$ αφού f(x_2)=0.

Η θέση αυτή είναι εσωτερική αφού

f(b)>0,f(x_0)>0

και επομένως η παράγωγος έχει ρίζα στο (x_0,b)

. Άτοπο γιατί βρήκαμε δύο

ρίζες της παραγώγου.

Αν πάλι υποθέσουμε m<0

, δουλεύοντας στο [a,x_2]

και κάνοντας ακριβώς τα ίδια καταλήγουμε

πάλι σε άτοπο.

Να σημειώσω ότι μπορούμε να επικαλεστούμε την ιδιότητα Darboux της παραγώγου για να λύσουμε την άσκηση αλλά είναι

εκτός σχολικής ύλης.

#3

gbaloglou έγραψε: Πέμ Νοέμ 14, 2019 8:39 am Αν η εξίσωση έχει το πολύ μία λύση στο και ισχύει η $f(a)\cdot f(b)<0$ , τότε η εξίσωση έχει μία ακριβώς λύση στο .

[Γνωστό πιθανώς και διαισθητικά προφανές, προέκυψε από κάτι άλλο που θα αναφερθεί αργότερα.]

Άμεση γεωμετρική εφαρμογή ... εδώ.

#4

Aν $\displaystyle{f'\ne 0\Rightarrow f:1-1}$ πράγματι έστω $\displaystyle{f(x_1)=f(x_2) }$ από Rolle άτοπο άρα για $\displaystyle{x_1\ne x_2 }$ έχω $\displaystyle{f(x_1)\ne f(x_2) }$

Aν $\displaystyle{f }$ συνεχής και 1-1 τότε $\displaystyle{f}$ γν. μονότονη)

Έτσι αν $\displaystyle{f'\ne 0\Rightarrow f}$ γν . μονότονη και η ρίζα της (από θΒ) μοναδική

αν $\displaystyle{f'(r)=0}$ διακρίνουμε περιπτώσεις για το πρόσημο του $\displaystyle{f(a)}$ kαι την μονοτονία της

$\displaystyle{f}$

έστω $\displaystyle{f(a)>0,f\doownarrow x\in[a,r], f\uparrow x\in [r,b],f(x_0)=0}$
από ΘΕΤ υπάρχει μοναδικό $\displaystyle{c}$ (λόγω μονοτονίας) στο $\displaystyle{[a,r]:f(c)=f(b)}$

Για $\displaystyle{x<x_0 f(x)>0}$ ,Για $\displaystyle{x_0<x<r ,f(x)<0}$ Για $\displaystyle{r<x<b,f(x)<0}$

αρα η $\displaystyle{f}$ b εχει μοναδική ρίζα το $\displaystyle{x_0\in (a,c)}$
Αν η $\displaystyle{f}$ είχε ιδια μονοτονία στα $\displaystyle{[a,r],[r,b]}$ θα είταν μονότονη σε ολοκληρο το $\displaystyle{[a,b]}$
το ίδιο αν $\displaystyle{r=a,r=b}$ $

Μία και μοναδική λύση

Μία και μοναδική λύση

Re: Μία και μοναδική λύση

Re: Μία και μοναδική λύση

Re: Μία και μοναδική λύση

Μέλη σε σύνδεση