Συνέχεια

Δυσκολότερα θέματα τα οποία όμως άπτονται της σχολικής ύλης και χρησιμοποιούν αποκλειστικά θεωρήματα που βρίσκονται μέσα σε αυτή. Σε διαφορετική περίπτωση η σύνταξη του μηνύματος θα πρέπει να γίνει στο υποφόρουμ "Ο ΦΑΚΕΛΟΣ ΤΟΥ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΥ"

Συντονιστής: Μπάμπης Στεργίου

APOSTOLAKIS
Δημοσιεύσεις: 137
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 6:09 pm

Συνέχεια

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από APOSTOLAKIS » Πέμ Ιαν 06, 2011 2:22 pm

Δίνεται η συνάρτηση f:R\rightarrow R, συνεχής και υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί m, M τέτοιοι ώστε:
m\leq f(x)\leq M, για κάθε x\epsilon R.
Να αποδείξετε ότι υπάρχουν a,b\epsilon R με a-b=1 τέτοιοι ώστε:
(a^{2}+1)f(b)=(b^{2}+1)f(a)


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11536
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Συνέχεια

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Πέμ Ιαν 06, 2011 3:36 pm

APOSTOLAKIS έγραψε:Δίνεται η συνάρτηση f:R\rightarrow R, συνεχής και υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί m, M τέτοιοι ώστε:
m\leq f(x)\leq M, για κάθε x\epsilon R.
Να αποδείξετε ότι υπάρχουν a,b\epsilon R με a-b=1 τέτοιοι ώστε:
(a^{2}+1)f(b)=(b^{2}+1)f(a)

Χωρίς βλάβη η f λάμβάνει κάποιες τιμές \ge 0 (αλλιώς εξετάζουμε την -f).

Θέτουμε F(x) = \frac {f(x)}{x^2+1}, οπότε F συνεχής, άνω φραγμένη, παίρνει κάποιες θετικές τιμές και στα \pm \infty τείνει στο 0. Από ιδιότητες των συνεχών συναρτήσεων (απλό και γνωστό) η F λαμβάνει την μέγιστη τιμή της, έστω στο c.

H συνεχής F(x+1)-F(x) ικανοποιεί (λόγω μεγίστου στο c) F(c+1)-F(c)\le 0, \, F(c)-F(c-1)\ge 0. Από Bolzano υπάρχει a με F(a+1) = F(a). Αλλά αυτό είναι το ζητούμενο \frac {f(b)}{b^{2}+1}= \frac{f(a)}{ a^{2}+1}, με b=a+1.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου


Άβαταρ μέλους
R BORIS
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2178
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 03, 2009 8:08 am
Επικοινωνία:

Re: Συνέχεια

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από R BORIS » Πέμ Ιαν 06, 2011 4:53 pm

Τρίτη φορά σήμερα που με προλαβαίνουν. Φαίνεται πως είμαι πολύ αργός στο γράψιμο. Θα ανεβάσω την λύση μου γιατί είναι διαφορετική από την λύση του Μιχάλη
Εστω \displaystyle{h(x)=\frac{f(x)}{x^2+1}} και \displaystyle{g(x)=h(x)-h(x-1)}
Ας υποθέσουμε ότι η \displaystyle{g} δεν έχει ρίζα τότε θα διατηρεί σταθερό πρόσημο πχ θετικό αρα \displaystyle{h(x-1)<h(x)} τότε \displaystyle{h(-n)<...<h(-1)<h(0)<...<h(n)}[1]
Αν πάρουμε όρια όταν \displaystyle{n\to +\infty} παρατηρούμε ότι \displaystyle{lim[h(n)]=lim[h(-n)]=0} αφού η \displaystyle{f} είναι φραγμένη οπότε η [1] γίνεται \displaystyle{0\le h(0)\le 0} δηλαδή \displaystyle{h(0)=0} και με ίδιο τρόπο \displaystyle{h(-1)=0} .Τελικά \displaystyle{g(0)=0-0=0} άτοπο εξ υποθέσεως που σημαίνει οτι υπάρχει \displaystyle{a:g(a)=0,b=a-1}


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΘΕΜΑΤΑ ΜΕ ΑΠΑΙΤΗΣΕΙΣ Γ'”

Μέλη σε σύνδεση

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