Νωρίς ακόμα (3)

M.S.Vovos · #1

Έστω η δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ , για την οποία, για κάθε $x\in \mathbb{R}$ , ισχύει:
$\displaystyle{f'(x)f''(x)\neq 0 \hspace{5mm} (1)}$

$\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty }f(x)=-\infty \hspace{4mm}\kappa \alpha \iota \hspace{2mm}\lim_{x\rightarrow +\infty }f'(x)=+\infty \hspace{5mm} (2)}$ α) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση

είναι γνησίως αύξουσα και κυρτή.

β) Να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικό $\xi \in (0,1)$ τέτοιο, ώστε να ισχύει: $\displaystyle{\displaystyle f\left ( \xi +1 \right )=\frac{f(\xi )+f(2)}{2}}$

γ) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης $\displaystyle g(x)=f\left ( \sqrt{x-x^2} \right )-f'\left ( x \right )$ .

δ) Αν

και

η μέγιστη και ελάχιστη τιμή της συνάρτησης

, αντίστοιχα, ώστε να ισχύει m+M=1

, να αποδείξετε ότι υπάρχει $t\in(0,1)$ ώστε να ισχύει η ανισότητα:
$\displaystyle{\int_0^1 {{{\left[ {f\left( {\sqrt {x - {x^2}} } \right) - f'\left( x \right)} \right]}^2}} dx + \int_1^0 {f\left( {\sqrt {x - {x^2}} } \right)} \leqslant {{M}^2} }- f'(t)+M$ Φιλικά,
Μάριος

Διορθώθηκε ένα πρόσημο στο τελευταίο ερώτημα. Ευχαριστώ τον κ. Βασίλη που το είδε.

#2

M.S.Vovos έγραψε:
ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Μία κατασκευή.
Έστω η δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ , για την οποία, για κάθε $x\in \mathbb{R}$ , ισχύει:
$\displaystyle{f'(x)f''(x)\neq 0 \hspace{5mm} (1)}$

$\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty }f(x)=-\infty \hspace{4mm}\kappa \alpha \iota \hspace{2mm}\lim_{x\rightarrow +\infty }f'(x)=+\infty \hspace{5mm} (2)}$ α) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα και κυρτή.

β) Να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικό $\xi \in (0,1)$ τέτοιο, ώστε να ισχύει: $\displaystyle{\displaystyle f\left ( \xi +1 \right )=\frac{f(\xi )+f(2)}{2}}$

γ) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης $\displaystyle g(x)=f\left ( \sqrt{x-x^2} \right )-f'\left ( x \right )$ .

δ) Αν και η μέγιστη και ελάχιστη τιμή της συνάρτησης , αντίστοιχα, ώστε να ισχύει , να αποδείξετε ότι υπάρχει $t\in(0,1)$ ώστε να ισχύει η ανισότητα:
$\displaystyle{\int_0^1 {{{\left[ {f\left( {\sqrt {x - {x^2}} } \right) - f'\left( x \right)} \right]}^2}} dx + \int_1^0 {f\left( {\sqrt {x - {x^2}} } \right)} \leqslant M - f'(t)- {{M}^2} }$ Φιλικά,
Μάριος

...άργα για νωρίς...

α) Επειδή από $\displaystyle{f'(x)f''(x)\neq 0 \hspace{5mm} (1)}$ προκύπτει ότι ${f}'(x)\ne 0$ , ${f}''(x)\ne 0$ και

αφού {f}'

συνεχής αφού είναι και παραγωγίσιμη θα έχει σταθερό πρόσημο στο $\mathbb{R}$ και επειδή

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{f}'(x)=+\infty$ θα είναι {f}'(x)>0

για κάθε $x\in \mathbb{R}$ , οπότε η

είναι γνησίως αύξουσα .

Τώρα αν υπάρχουν ${{x}_{1}}<{{x}_{2}}$ ώστε ${f}''({{x}_{1}})<0,\,\,{f}''({{x}_{2}})>0$ τότε θα έχουμε

${f}''({{x}_{1}})=\underset{x\to x_{1}^{+}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{f}'(x)-{f}'({{x}_{1}})}{x-{{x}_{1}}}<0,\,\,{f}''({{x}_{2}})=\underset{x\to x_{2}^{-}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{f}'(x)-{f}'({{x}_{2}})}{x-{{x}_{2}}}>0$ άρα

$\frac{{f}'(x)-{f}'({{x}_{1}})}{x-{{x}_{1}}}<0,\,\,x>{{x}_{1}}$ επομένως ${f}'(x)-{f}'({{x}_{1}})<0\Leftrightarrow {f}'(x)<{f}'({{x}_{1}})$

οπότε το ${{x}_{1}}$ θέση τοπικού μεγίστου για την {f}'

και

$\frac{{f}'(x)-{f}'({{x}_{2}})}{x-{{x}_{2}}}>0,\,\,x<{{x}_{2}}$ επομένως ${f}'(x)-{f}'({{x}_{2}})<0\Leftrightarrow {f}'(x)<{f}'({{x}_{2}})$

οπότε το ${{x}_{2}}$ θέση τοπικού μεγίστου για την {f}'

και επομένως την ελάχιστη τιμή της η συνεχής {f}'

την παίρνει σε σημείο ${{x}_{3}}\in ({{x}_{1}},\,\,{{x}_{2}})$ και από Fermat ${f}'({{x}_{3}})=0$ που είναι άτοπο.

Ανάλογα για τις άλλες περιπτώσεις μη σταθερού πρόσημου της {f}''

επομένως είναι {f}''(x)<0

ή ${f}''(x)>0,\,\,\,\,x\in R$

Αν {f}''(x)<0

τότε η

θα είναι γνήσια φθίνουσα στο

και θα ισχύει ότι

${f}'(R)=(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{f}'(x),\,\,\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,{f}'(x))=(+\infty ,\,\,\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,{f}'(x))$

που είναι άτοπο άρα αναγκαία ${f}''(x)>0,\,\,\,\,x\in R$ που σημαίνει ότι η

είναι κυρτή στο

.

β) Για την συνάρτηση $h(x)=2f(x+1)-f(x)-f(2)\,\,\,\,x\in [0,\,1]$ είναι συνεχής

ως πράξεις συνεχών με h(0)=2f(1)-f(0)-f(2)

και

αφού η

είναι γνήσια αύξουσα .

Τώρα h(0)=(f(1)-f(0))-(f(2)-f(1))

και σύμφωνα με το Θ.Μ.Τ στα

$[0,\,1],\,\,[1,\,2]$ υπάρχουν ${{x}_{1}}\in (0,\,1),\,\,{{x}_{2}}\in (1,\,2)$

που ${f}'({{x}_{1}})=f(1)-f(0),\,\,\,\,{f}'({{x}_{2}})=f(2)-f(1)$ έτσι $h(0)={f}'({{x}_{1}})-{f}'({{x}_{2}})<0$ επειδή η

{f}'

είναι γνήσια αύξουσα και ${{x}_{1}}<{{x}_{2}}$ έτσι g(0)g(1)<0

και σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano η h(x)=0

έχει ρίζα στο $({{x}_{1}},\,\,{{x}_{2}})\subseteq (0,\,\,1)$

Τώρα για την μοναδικότητα Αν υποθέσουμε ότι η εξίσωση έχει δύο ρίζες στο (0,1)

τις $0<{{\rho }_{1}}<{{\rho }_{2}}<1$ τότε είναι

$h({{\rho }_{1}})=h({{\rho }_{2}})=0$ και επειδή η

είναι παραγωγίσιμη με {h}'(x)=2{f}'(x+1)-{f}'(x)

σύμφωνα με το θεώρημα του Rolle υπάρχει $\xi \in ({{\rho }_{1}},\,{{\rho }_{2}})$ ώστε ${h}'(\xi )=0\Leftrightarrow 2{f}'(\xi +1)-{f}'(\xi )=0$

που είναι άτοπο γιατί $\xi +1>\xi \overset{{f}':<}{\mathop{\Rightarrow }}\,{f}'(\xi +1)>{f}'(\xi )\Rightarrow {f}'(\xi +1)-{f}'(\xi )>0$

και ${f}'(\xi +1)>0$ αφού {f}'(x)>0

άρα ισχύει $2{f}'(\xi +1)-{f}'(\xi )>0$

γ) Η συνάρτηση $\displaystyle g(x)=f\left ( \sqrt{x-x^2} \right )-f'\left ( x \right )$ ορίζεται όταν και μόνο όταν

$x-{{x}^{2}}\ge 0\Leftrightarrow 0\le x\le 1$

...και μετά την διόρθωση του δημιουργού....

δ) Θέλουμε να δείξουμε ότι υπάρχει $t\in(0,1)$ ώστε

$\int\limits_{0}^{1}{{{\left[ f\left( \sqrt{x-{{x}^{2}}} \right)-{f}'\left( x \right) \right]}^{2}}}dx+\int\limits_{1}^{0}{f\left( \sqrt{x-{{x}^{2}}} \right)}M-{f}'(t)-{{M}^{2}}\Leftrightarrow$

$\int\limits_{0}^{1}{{{\left[ g(x) \right]}^{2}}}dx+\int\limits_{1}^{0}{\left( g(x)+{f}'(x) \right)dx}M-{f}'(t)-{{M}^{2}}\Leftrightarrow$

$\int\limits_{0}^{1}{{{\left[ g(x) \right]}^{2}}}dx-\int\limits_{0}^{1}{\left( g(x)+{f}'(x) \right)dx}M-{f}'(t)-{{M}^{2}}\Leftrightarrow$

$\int\limits_{0}^{1}{{{\left[ g(x) \right]}^{2}}}dx-\int\limits_{0}^{1}{\left( g(x) \right)dx-}\int\limits_{0}^{1}{\left( {f}'(x) \right)dx}M-{f}'(t)-{{M}^{2}}\Leftrightarrow$

$\int\limits_{0}^{1}{{{\left[ g(x) \right]}^{2}}}dx-\int\limits_{0}^{1}{\left( g(x) \right)dx+{{M}^{2}}-M-}(f(1)-f(0))\le -{f}'(t)$ (1)

Είναι $m\le g(x)\le M\Leftrightarrow 1-M\le g(x)\le M$ άρα $g(x)-M\le 0,\,\,g(x)-1+M\ge 0$ επομένως

$(g(x)-M)(g(x)-1+M)\le 0\Leftrightarrow {{g}^{2}}(x)-g(x)+M-{{M}^{2}}\le 0$ και ολοκληρώνοντας έχουμε

$\int\limits_{0}^{1}{{{\left[ g(x) \right]}^{2}}}dx-\int\limits_{0}^{1}{\left( g(x) \right)dx+{{M}^{2}}-M\le 0}$

Τώρα από Θ.Μ.Τ. υπάρχει $t\in (0,\,\,1)$ ώστε ${f}'(t)=\frac{f(1)-f(0)}{1-0}=f(1)-f(0)\Leftrightarrow f(1)-f(0)-{f}'(t)=0$

άρα υπάρχει $t\in (0,\,\,1)$ ώστε να ισχύει ότι

$\displaystyle{\int\limits_{0}^{1}{{{\left[ g(x) \right]}^{2}}}dx-\int\limits_{0}^{1}{\left( g(x) \right)dx+{{M}^{2}}-M\le }f(1)-f(0)-{f}'(t)}$

...Συμπλήρωσα την μοναδικότητα στο(β) και την απάντηση στο(δ)

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

M.S.Vovos · #3

Αναλυτικότατος όπως πάντα κ. Βασίλη!

Ευχαριστώ για την ενασχόληση

.

Φιλικά,
Μάριος

Νωρίς ακόμα (3)

Νωρίς ακόμα (3)

Re: Νωρίς ακόμα (3)

Re: Νωρίς ακόμα (3)

Μέλη σε σύνδεση