Συνέχεια

APOSTOLAKIS · #1

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:
$(a^{2}+1)f(b)=(b^{2}+1)f(a)$

#2

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 τέτοιοι ώστε:
$(a^{2}+1)f(b)=(b^{2}+1)f(a)$

Χωρίς βλάβη η

λάμβάνει κάποιες τιμές $\ge 0$ (αλλιώς εξετάζουμε την

).

Θέτουμε $F(x) = \frac {f(x)}{x^2+1}$ , οπότε

συνεχής, άνω φραγμένη, παίρνει κάποιες θετικές τιμές και στα $\pm \infty$ τείνει στο 0. Από ιδιότητες των συνεχών συναρτήσεων (απλό και γνωστό) η

λαμβάνει την μέγιστη τιμή της, έστω στο

.

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

με

. Αλλά αυτό είναι το ζητούμενο $\frac {f(b)}{b^{2}+1}= \frac{f(a)}{ a^{2}+1}$ , με b=a+1

.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

#3

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 $\displaystyle{a:g(a)=0,b=a-1}$

Συνέχεια

Συνέχεια

Re: Συνέχεια

Re: Συνέχεια

Μέλη σε σύνδεση