Φράγματα για την απόσταση ριζών.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #1

Με αφορμή το viewtopic.php?f=61&t=60831

Θεωρούμε $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ 2 φορές παραγωγίσιμη για την οποία ισχύει

f''(x)+f(x)>0

, $x \in\mathbb{R}$

1)Δείξτε ότι οι ρίζες της f(x)=0

δεν έχουν σημείο συσσώρευσης.

Δηλαδή αν f(a)=0

τότε υπάρχει $\epsilon > 0$ ώστε

$x\in (a-\epsilon ,a+\epsilon )-\left \{ a \right \}\Rightarrow f(x)\neq 0$

2)Αν a,b

δύο διαδοχικές ρίζες και $x\in (a,b)\Rightarrow f(x)> 0$

τότε $b-a> \pi$

3)Αν a,b

δύο διαδοχικές ρίζες και $x\in (a,b)\Rightarrow f(x)< 0$

τότε $b-a< \pi$

mikemoke · #2

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: Παρ Ιαν 19, 2018 7:59 pm Με αφορμή το viewtopic.php?f=61&t=60831

Θεωρούμε $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ 2 φορές παραγωγίσιμη για την οποία ισχύει

, $x \in\mathbb{R}$

1)Δείξτε ότι οι ρίζες της δεν έχουν σημείο συσσώρευσης.

Δηλαδή αν τότε υπάρχει $\epsilon > 0$ ώστε

$x\in (a-\epsilon ,a+\epsilon )-\left \{ a \right \}\Rightarrow f(x)\neq 0$

2)Αν δύο διαδοχικές ρίζες και $x\in (a,b)\Rightarrow f(x)> 0$

τότε $b-a> \pi$

3)Αν δύο διαδοχικές ρίζες και $x\in (a,b)\Rightarrow f(x)< 0$

τότε $b-a< \pi$

2)
Έστω $\phi_0:sin(x+\phi_0)>0 \forall x\in(a,a+\pi)$ και $sin(a+\phi_0)=0=sin(a+\pi+\phi_0)$
και έστω ότι $b\in(a,a+\pi)$

$f''(x)+f(x)>0\Leftrightarrow f''(x)sin(x+\phi_0)+f(x)sin(x+\phi_0)>0\forall x\in(a,a+\pi)$

$\Rightarrow \int_{a}^{b} f''(x)sin(x+\phi_0)+f(x)sin(x+\phi_0)>0$

$\Leftrightarrow \int_{a}^{b}f''(x)sin(x+\phi_0)dx+\int_{a}^{b}f(x)sin(x+\phi_0)dx>0$

$\Leftrightarrow [f'(x)sin(x+\phi_0)]_{a}^{b}-\int_{a}^{b}f'(x)cos(x+\phi_0)dx-[cos(x+\phi_0)f(x)]_{a}^{b}+\int_{a}^{b}cos(x+\phi_0)f'(x)dx>0$

$\Leftrightarrow f'(b)sin(b+\phi_0)>0$

Άρα f'(b)>0

ΑΤΟΠΟ

Άρα $b\notin (a,a+\pi]$

3) Aπό $f''(x)sin(x+\phi_0)+f(x)sin(x+\phi_0)>0\forall x\in(a,a+\pi)$ $\Rightarrow \int_{a}^{a+\pi}f''(x)sin(x+\phi_0)+f(x)sin(x+\phi_0)>0$
Με παραγοντική καταλήγουμε $f(a+\pi)>0$
Aν $b\in [a+\pi,+\infty)$ τότε $f(a+\pi)\leq 0$ ΑΤΟΠΟ
Άρα $b\in (a,a+\pi)$

Edit: τυπογραφικό

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #3

mikemoke έγραψε: Σάβ Ιαν 20, 2018 1:21 pm 2)
Έστω $\phi_0:sin(x+\phi_0)>0 \forall x\in(a,a+\pi)$ και $sin(a+\phi_0)=0=sin(a+\pi+\phi_0)$
και έστω ότι $b\in(a,a+\pi)$

$f''(x)+f(x)>0\Leftrightarrow f''(x)sin(x+\phi_0)+f(x)sin(x+\phi_0)>0\forall x\in(a,a+\pi)$

$\Rightarrow \int_{a}^{b} f''(x)sin(x+\phi_0)+f(x)sin(x+\phi_0)>0$

$\Leftrightarrow \int_{a}^{b}f''(x)sin(x+\phi_0)dx+\int_{a}^{b}f(x)sin(x+\phi_0)>0$

$\Leftrightarrow [f'(x)sin(x+\phi_0)]_{a}^{b}-\int_{a}^{b}f'(x)cos(x+\phi_0)dx-[cos(x+\phi_0)f(x)]_{a}^{b}+\int_{a}^{b}cos(x+\phi_0)f(x)dx>0$

$\Leftrightarrow f'(b)sin(b+\phi_0)>0$

Άρα ΑΤΟΠΟ

Άρα $b\notin (a,a+\pi]$

3) Aπό $f''(x)sin(x+\phi_0)+f(x)sin(x+\phi_0)>0\forall x\in(a,a+\pi)$ $\Rightarrow \int_{a}^{a+\pi}f''(x)sin(x+\phi_0)+f(x)sin(x+\phi_0)>0$
Με παραγοντική καταλήγουμε $f(\pi)>0$
Aν $b\in [a+\pi,+\infty)$ τότε $f(\pi)\leq 0$ ΑΤΟΠΟ
Άρα $b\in (a,a+\pi)$

Μπορείς να εξηγήσεις τα παρακάτω. Συγκεκριμένα πως πας από το πρώτο στο δεύτερο και από το δεύτερο στο τρίτο.

$\Leftrightarrow \int_{a}^{b}f''(x)sin(x+\phi_0)dx+\int_{a}^{b}f(x)sin(x+\phi_0)>0$

$\Leftrightarrow [f'(x)sin(x+\phi_0)]_{a}^{b}-\int_{a}^{b}f'(x)cos(x+\phi_0)dx-[cos(x+\phi_0)f(x)]_{a}^{b}+\int_{a}^{b}cos(x+\phi_0)f(x)dx>0$

$\Leftrightarrow f'(b)sin(b+\phi_0)>0$

mikemoke · #4

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: Σάβ Ιαν 20, 2018 7:35 pm
mikemoke έγραψε: Σάβ Ιαν 20, 2018 1:21 pm 2)
Έστω $\phi_0:sin(x+\phi_0)>0 \forall x\in(a,a+\pi)$ και $sin(a+\phi_0)=0=sin(a+\pi+\phi_0)$
και έστω ότι $b\in(a,a+\pi)$

$f''(x)+f(x)>0\Leftrightarrow f''(x)sin(x+\phi_0)+f(x)sin(x+\phi_0)>0\forall x\in(a,a+\pi)$

$\Rightarrow \int_{a}^{b} f''(x)sin(x+\phi_0)+f(x)sin(x+\phi_0)>0$

$\Leftrightarrow \int_{a}^{b}f''(x)sin(x+\phi_0)dx+\int_{a}^{b}f(x)sin(x+\phi_0)>0$

$\Leftrightarrow [f'(x)sin(x+\phi_0)]_{a}^{b}-\int_{a}^{b}f'(x)cos(x+\phi_0)dx-[cos(x+\phi_0)f(x)]_{a}^{b}+\int_{a}^{b}cos(x+\phi_0)f(x)dx>0$

$\Leftrightarrow f'(b)sin(b+\phi_0)>0$

Άρα ΑΤΟΠΟ

Άρα $b\notin (a,a+\pi]$

3) Aπό $f''(x)sin(x+\phi_0)+f(x)sin(x+\phi_0)>0\forall x\in(a,a+\pi)$ $\Rightarrow \int_{a}^{a+\pi}f''(x)sin(x+\phi_0)+f(x)sin(x+\phi_0)>0$
Με παραγοντική καταλήγουμε $f(\pi)>0$
Aν $b\in [a+\pi,+\infty)$ τότε $f(\pi)\leq 0$ ΑΤΟΠΟ
Άρα $b\in (a,a+\pi)$
Μπορείς να εξηγήσεις τα παρακάτω. Συγκεκριμένα πως πας από το πρώτο στο δεύτερο και από το δεύτερο στο τρίτο.

$\Leftrightarrow \int_{a}^{b}f''(x)sin(x+\phi_0)dx+\int_{a}^{b}f(x)sin(x+\phi_0)>0$

$\Leftrightarrow [f'(x)sin(x+\phi_0)]_{a}^{b}-\int_{a}^{b}f'(x)cos(x+\phi_0)dx-[cos(x+\phi_0)f(x)]_{a}^{b}+\int_{a}^{b}cos(x+\phi_0)f(x)dx>0$

$\Leftrightarrow f'(b)sin(b+\phi_0)>0$

Εφαρμόζω Παραγοντική ολοκλήρωση

$\int_{a}^{b}f(x)sin(x+\phi_0)+ \int_{a}^{b}f''(x)sin(x+\phi_0)dx$

$=\int_{a}^{b}f(x)(-cos(x+\phi_0))'dx+\int_{a}^{b}f''(x)sin(x+\phi_0)dx$

$=[-f(x)cos(x+\phi_0)]_{a}^{b}-\int_{a}^{b}f'(x)(-cos(x+\phi_0))dx+[f'(x)sin(x+\phi_0)]_{a}^{b}-\int_{a}^{b}f'(x)(sin(x+\phi_0))'dx$

$=-f(b)cos(b+\phi_0)+f(a)cos(a+\phi_0) +\int_{a}^{b}f'(x)cos(x+\phi_0)dx+$

$+f'(b)sin(b+\phi_0)-f'(a)sin(a+\phi_0)-\int_{a}^{b}f'(x)cos(x+\phi_0)dx$

f(a)=f(b)=0

και $sin(a+\phi_0)=0$

άρα καταλήγουμε στο $f'(b)sin(b+\phi_0)$ .

Στο δεύτερο κάνουμε τα ίδια αλλά με άκρα το $a,a+\pi$ και
καταλήγουμε στο $-f(a+\pi)cos(a+\pi+\phi_0)>0$
και αφού $cos(a+\pi+\phi_0)= -1$ έχουμε $f(a+\pi)>0$

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #5

mikemoke έγραψε: Σάβ Ιαν 20, 2018 8:17 pm
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: Σάβ Ιαν 20, 2018 7:35 pm
mikemoke έγραψε: Σάβ Ιαν 20, 2018 1:21 pm 2)
Έστω $\phi_0:sin(x+\phi_0)>0 \forall x\in(a,a+\pi)$ και $sin(a+\phi_0)=0=sin(a+\pi+\phi_0)$
και έστω ότι $b\in(a,a+\pi)$

$f''(x)+f(x)>0\Leftrightarrow f''(x)sin(x+\phi_0)+f(x)sin(x+\phi_0)>0\forall x\in(a,a+\pi)$

$\Rightarrow \int_{a}^{b} f''(x)sin(x+\phi_0)+f(x)sin(x+\phi_0)>0$

$\Leftrightarrow \int_{a}^{b}f''(x)sin(x+\phi_0)dx+\int_{a}^{b}f(x)sin(x+\phi_0)>0$

$\Leftrightarrow [f'(x)sin(x+\phi_0)]_{a}^{b}-\int_{a}^{b}f'(x)cos(x+\phi_0)dx-[cos(x+\phi_0)f(x)]_{a}^{b}+\int_{a}^{b}cos(x+\phi_0)f(x)dx>0$

$\Leftrightarrow f'(b)sin(b+\phi_0)>0$

Άρα ΑΤΟΠΟ

Άρα $b\notin (a,a+\pi]$

3) Aπό $f''(x)sin(x+\phi_0)+f(x)sin(x+\phi_0)>0\forall x\in(a,a+\pi)$ $\Rightarrow \int_{a}^{a+\pi}f''(x)sin(x+\phi_0)+f(x)sin(x+\phi_0)>0$
Με παραγοντική καταλήγουμε $f(\pi)>0$
Aν $b\in [a+\pi,+\infty)$ τότε $f(\pi)\leq 0$ ΑΤΟΠΟ
Άρα $b\in (a,a+\pi)$
Μπορείς να εξηγήσεις τα παρακάτω. Συγκεκριμένα πως πας από το πρώτο στο δεύτερο και από το δεύτερο στο τρίτο.

$\Leftrightarrow \int_{a}^{b}f''(x)sin(x+\phi_0)dx+\int_{a}^{b}f(x)sin(x+\phi_0)>0$

$\Leftrightarrow [f'(x)sin(x+\phi_0)]_{a}^{b}-\int_{a}^{b}f'(x)cos(x+\phi_0)dx-[cos(x+\phi_0)f(x)]_{a}^{b}+\int_{a}^{b}cos(x+\phi_0)f(x)dx>0$

$\Leftrightarrow f'(b)sin(b+\phi_0)>0$
Εφαρμόζω Παραγοντική ολοκλήρωση

$\int_{a}^{b}f(x)sin(x+\phi_0)+ \int_{a}^{b}f''(x)sin(x+\phi_0)dx$

$=\int_{a}^{b}f(x)(-cos(x+\phi_0))'dx+\int_{a}^{b}f''(x)sin(x+\phi_0)dx$

$=[-f(x)cos(x+\phi_0)]_{a}^{b}-\int_{a}^{b}f'(x)(-cos(x+\phi_0))dx+[f'(x)sin(x+\phi_0)]_{a}^{b}-\int_{a}^{b}f'(x)(sin(x+\phi_0))'dx$

$=-f(b)cos(b+\phi_0)+f(a)cos(a+\phi_0) +\int_{a}^{b}f'(x)cos(x+\phi_0)dx+$

$+f'(b)sin(b+\phi_0)-f'(a)sin(a+\phi_0)-\int_{a}^{b}f'(x)cos(x+\phi_0)dx$

και $sin(a+\phi_0)=0$

άρα καταλήγουμε στο $f'(b)sin(b+\phi_0)$ .

Στο δεύτερο κάνουμε τα ίδια αλλά με άκρα το $a,a+\pi$ και
καταλήγουμε στο $-f(a+\pi)cos(a+\pi+\phi_0)>0$
και αφού $cos(a+\pi+\phi_0)= -1$ έχουμε $f(a+\pi)>0$

ΜΠΡΑΒΟ
Η λύση σου είναι σωστότατη.
Απλά στην προηγούμενη ανάρτηση είχες ξεχάσει ένα ' στο τελευταίο ολοκλήρωμα.
Αυτό με μπέρδεψε.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #6

Γράφω την λύση μου.
Η ιδέα είναι ακριβώς ίδια με του mikemoke.
Η διαφορά είναι στις τεχνικές λεπτομέριες.

Εστω a,b

διαδοχικές ρίζες της f(x)=0

(από το 1 έτσι είναι όλες)

Θέτουμε $g(x)=\sin (\frac{x-a}{b-a}\pi )$

είναι $g''(x)=-(\frac{\pi }{b-a})^{2}g(x)$

Εχουμε $\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx+\int_{a}^{b}f''(x)g(x)dx> 0$

κάνοντας δύο παραγοντικές στο δεύτερο ολοκλήρωμα

παίρνουμε ότι $\int_{a}^{b}f''(x)g(x)dx=-(\frac{\pi }{b-a})^{2}\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx$

Ετσι η προηγούμενη γίνεται

$(1-(\frac{\pi }{b-a})^{2})\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx> 0$

Από την τελευταία προκύπτουν εύκολα τα 2,3

Μένει να αποδειχθεί το 1

mikemoke · #7

Μια προσπάθεια για το 1)
Αν η

παρουσιάζει συσσώρευση ριζών στο x=a

τότε υπάρχει ακολουθία ${x_n}:f(x_n)=0 \forall n\in\mathbb{N}$ και $x_n\rightarrow a$
Aπό Rolle $\exists {{y_n}}:f'(y_n)=0\forall n\in\mathbb{N}$ και $x_n<y_n<x_{n+1}\forall n\in\mathbb{N}$
Aπό Κριτήριο παρεμβολής $y_n\rightarrow a$
Άρα $\lim_{n\to \infty }f'(y_n)=0\Rightarrow f'(a)=0$ αφού

συνεχής
$f''(a)=\lim_{n\to \infty } \frac{f'(y_n)-f'(a)}{y_n-a}=0$
ΑΤΟΠΟ αφού f''(a)>0

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #8

mikemoke έγραψε: Κυρ Ιαν 21, 2018 3:21 pm Μια προσπάθεια για το 1)
Αν η παρουσιάζει συσσώρευση ριζών στο τότε υπάρχει ακολουθία ${x_n}:f(x_n)=0 \forall n\in\mathbb{N}$ και $x_n\rightarrow a$
Aπό Rolle $\exists {{y_n}}:f'(y_n)=0\forall n\in\mathbb{N}$ και $x_n<y_n<x_{n+1}\forall n\in\mathbb{N}$
Aπό Κριτήριο παρεμβολής $y_n\rightarrow a$
Άρα $\lim_{n\to \infty }f'(y_n)=0\Rightarrow f'(a)=0$ αφού συνεχής
$f''(a)=\lim_{n\to \infty } \frac{f'(y_n)-f'(a)}{y_n-a}=0$
ΑΤΟΠΟ αφού

Η λύση είναι σωστότατη και ακριβώς ίδια με την δική μου.

Γράφω πως θα την διατύπωνα.
(έκανα κάποιες μικροαλλαγές στο παραπάνω κείμενο)

Αν η

παρουσιάζει συσσώρευση ριζών στο x=a

τότε

υπάρχει ακολουθία $({x_n})$ με διαφορετικούς ανά δύο όρους

ώστε $x_n\rightarrow a$ και f(x_n)=0

για κάθε $n\in\mathbb{N}$

Aπό το θεώρημα του Rolle υπάρχει $y_{n}$ μεταξύ των $x_n,x_{n+1}$
ώστε
f'(y_n)=0

Aπό Κριτήριο παρεμβολής $y_n\rightarrow a$

Αφού

συνεχής είναι $\lim_{n\to \infty }f'(y_n)= f'(a)$

Αρα f'(a)=0

Είναι όμως τότε

$f''(a)=\lim_{n\to \infty } \frac{f'(y_n)-f'(a)}{y_n-a}=0$

ΑΤΟΠΟ αφού f''(a)>0

Φράγματα για την απόσταση ριζών.

Φράγματα για την απόσταση ριζών.

Re: Φράγματα για την απόσταση ριζών.

Re: Φράγματα για την απόσταση ριζών.

Re: Φράγματα για την απόσταση ριζών.

Re: Φράγματα για την απόσταση ριζών.

Re: Φράγματα για την απόσταση ριζών.

Re: Φράγματα για την απόσταση ριζών.

Re: Φράγματα για την απόσταση ριζών.

Μέλη σε σύνδεση