Παραγωγίσιμη, χωρίς ὁλοκληρώσιμη παράγωγο

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

Άβαταρ μέλους
Γ.-Σ. Σμυρλής
Δημοσιεύσεις: 556
Εγγραφή: Κυρ Οκτ 14, 2012 9:47 am
Τοποθεσία: Λευκωσία, Κύπρος

Παραγωγίσιμη, χωρίς ὁλοκληρώσιμη παράγωγο

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γ.-Σ. Σμυρλής » Τετ Φεβ 28, 2018 10:26 am

ΠΡΟΒΛΗΜΑ. Ἔστω f:(a-\delta,a+\delta)\to\mathbb R διαφορίσιμη, γιὰ τὴν ὁποία ὑπάρχει n\in\mathbb N, ὥστε νὰ ἰσχύει ὅτι
\displaystyle{ 
|f'(x)|\le M|x-a|^n, 
}
διὰ κάθε x\in(a-\delta,a+\delta). Δείξατε ὅτι
\displaystyle{ 
|f(x)-f(a)|\le \frac{M|x-a|^{n+1}}{n+1}, 
}
διὰ κάθε x\in(a-\delta,a+\delta).


Προσοχή. Ἄν ἡ f' εἶναι ὁλοκληρώσιμη, τότε τὸ πρόβλημα εἶναι ἁπλό. Τὰ πράγματα δυσκολεύουν ὅταν ἡ f' ΔΕΝ εἶναι ὁλοκληρώσιμη.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8353
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Παραγωγίσιμη, χωρίς ὁλοκληρώσιμη παράγωγο

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τετ Φεβ 28, 2018 11:42 am

Έστω χωρίς βλάβη της γενικότητας a < x και έστω μια διαμέριση a = x_0 < x_1 < \cdots < x_N = x του [a,x].

Από Θεώρημα Μέσης Τιμής έχω |f(x_i) - f(x_{i-1})| = |f'(\xi_i)|(x_i - x_{i-1}) \leqslant M(x_i - x_{i-1})(\xi_i-a)^n, για κάποιο \xi_i \in (x_{i-1},x_i).

Άρα

\displaystyle |f(x) - f(a)| \leqslant \sum_{i=1}^N |f(x_i) - f(x_{i-1})| \leqslant M \sum_{i=1}^N (x_i - x_{i-1})(\xi_i-a)^n

Όμως το \displaystyle \sum_{i=1}^N (x_i - x_{i-1})(\xi_i-a)^n είναι άθροισμα Riemann της ολοκληρώσιμης συνάρτησης f(t) = (t-a)^n στο [a,x].

Δοθέντος \varepsilon > 0, η διαμέριση μπορεί να επιλεχθεί ώστε

\displaystyle  \sum_{i=1}^N (x_i - x_{i-1})(\xi_i-a)^n < \int_a^x (t-a)^n \, \mathrm{d}t + \frac{\varepsilon}{M} = \frac{(x-a)^{n+1}}{n+1} + \frac{\varepsilon}{M}

Παίρνω λοιπόν ότι \displaystyle  |f(x) - f(a)| < \frac{M(x-a)^{n+1}}{n+1} + \varepsilon

Επειδή το \varepsilon είναι αυθαίρετο, το ζητούμενο έπεται.


dement
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1405
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 10:11 am

Re: Παραγωγίσιμη, χωρίς ὁλοκληρώσιμη παράγωγο

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από dement » Τετ Φεβ 28, 2018 12:28 pm

Εναλλακτικά μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το θεώρημα μέσης τιμής Cauchy. Αν υπάρχει x > a με \displaystyle \frac{f(x) - f(a)}{\frac{(x-a)^{n+1}}{n+1}} > M, τότε υπάρχει \xi \in (a, x) με \displaystyle \frac{f'(\xi)}{(\xi - a)^n} =  \frac{f(x) - f(a)}{\frac{(x-a)^{n+1}}{n+1}} > M (άτοπο).

Ομοίως αντικαθιστώντας το f(x) - f(a) με - [f(x) - f(a)] καθώς και για την περίπτωση x < a.


Δημήτρης Σκουτέρης

Τα μαθηματικά είναι η μοναδική επιστήμη που θα μπορούσε κανείς να εξακολουθήσει να ασκεί αν κάποτε ξυπνούσε και το σύμπαν δεν υπήρχε πλέον.
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2899
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Παραγωγίσιμη, χωρίς ὁλοκληρώσιμη παράγωγο

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Τετ Φεβ 28, 2018 5:02 pm

Γ.-Σ. Σμυρλής έγραψε:
Τετ Φεβ 28, 2018 10:26 am
ΠΡΟΒΛΗΜΑ. Ἔστω f:(a-\delta,a+\delta)\to\mathbb R διαφορίσιμη, γιὰ τὴν ὁποία ὑπάρχει n\in\mathbb N, ὥστε νὰ ἰσχύει ὅτι
\displaystyle{ 
|f'(x)|\le M|x-a|^n, 
}
διὰ κάθε x\in(a-\delta,a+\delta). Δείξατε ὅτι
\displaystyle{ 
|f(x)-f(a)|\le \frac{M|x-a|^{n+1}}{n+1}, 
}
διὰ κάθε x\in(a-\delta,a+\delta).


Προσοχή. Ἄν ἡ f' εἶναι ὁλοκληρώσιμη, τότε τὸ πρόβλημα εἶναι ἁπλό. Τὰ πράγματα δυσκολεύουν ὅταν ἡ f' ΔΕΝ εἶναι ὁλοκληρώσιμη.
Η f' είναι Lebesgue ολοκληρώσιμη.

Συγκεκριμένα ισχύει:

Αν f:[a,b]\rightarrow \mathbb{R} έχει παράγωγο παντού και η f' είναι φραγμένη

τότε η f' είναι Lebesgue ολοκληρώσιμη και

f(x)=f(a)+\int_{a}^{x}f'(t)dt,x\in [a,b]



Και γενικότερα

Αν f:I\rightarrow \mathbb{R} έχει πεπερασμένη παράγωγο παντού και η f' είναι Lebesgue ολοκληρώσιμη
(I διάστημα)

τότε f(x)=f(a)+\int_{a}^{x}f'(t)dt,x\in I ,a\in I


Άβαταρ μέλους
Γ.-Σ. Σμυρλής
Δημοσιεύσεις: 556
Εγγραφή: Κυρ Οκτ 14, 2012 9:47 am
Τοποθεσία: Λευκωσία, Κύπρος

Re: Παραγωγίσιμη, χωρίς ὁλοκληρώσιμη παράγωγο

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γ.-Σ. Σμυρλής » Τετ Φεβ 28, 2018 9:53 pm

Ἡ ἄσκηση αὐτὴ βρίσκεται σὲ βιβλίο Ἀπειροστικοῦ, ὁπότε λύνεται καὶ μὲ στοιχειωδέστερα μέσα.


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8353
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Παραγωγίσιμη, χωρίς ὁλοκληρώσιμη παράγωγο

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Πέμ Μαρ 01, 2018 9:01 am

Όντως!

Χωρίς βλάβη της γενικότητας, υποθέτουμε x \geqslant a.

Ορίζουμε \displaystyle  g: [a,a+\delta) \to \mathbb{R} ως \displaystyle g(x) = \frac{M(x-a)^{n+1}}{n+1} - f(x). Η g είναι συνεχής στο a και παραγωγίσιμη στο (a,a+\delta) με \displaystyle  g'(x) = M(x-a)^n - f'(x) \geqslant 0 για κάθε x \in (a,a+\delta).

Οπότε g(x) \geqslant g(a) για κάθε x \in [a,a+\delta) που δίνει \displaystyle  f(x) - f(a) \leqslant \frac{M(x-a)^{n+1}}{n+1}.

Εργαζόμενοι με την \displaystyle  h: [a,a+\delta) \to \mathbb{R} με τύπο \displaystyle h(x) = \frac{M(x-a)^{n+1}}{n+1} + f(x).

καταλήγουμε και στην \displaystyle  f(a) - f(x) \leqslant \frac{M(x-a)^{n+1}}{n+1}.

Οπότε το ζητούμενο αποδείχθηκε.

Επεξεργασία: Διορθώθηκαν κάποιες αβλεψίες. Ουσιαστικά είχα αποδείξει μόνο το μισό κομμάτι προηγουμένως.


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

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