Από το ο.ε.δ.

#1

Από το καινούργιο ο.ε.δ. (nikoszan-productions)

Η συνάρτηση

παραγωγίζεται στο [0,2]

,

και $f(x) \neq 0,\ \forall x \in (0,2)$
Να δείξετε ότι υπάρχουν $x_1,x_2 \in (0,2)$ με $x_1 \neq x_2$ ώστε $\displaystyle{\frac {f{'}(x_1)}{f(x_1)}+\frac {2f{'}(x_2)}{f(x_2)}=1}$

mathxl · #2

Νίκο με αποσπάς από αυτό που γράφω...

αλλά με ευχάριστο τρόπο

Μία λύση η εξης:
Θεωρούμε τις συναρτήσεις $\displaystyle{g\left( x \right) = f\left( x \right){e^{ - \frac{x}{2}}},x \in \left[ {0,2} \right]}$ και $\displaystyle{h\left( x \right) = f\left( x \right){e^{ - \frac{x}{4}}},x \in \left[ {0,2} \right]}$ οι οποίες ικανοποιούν τις προυποθέσεις του θεωρήματος Rolle

Έτσι υπάρχουν $\displaystyle{{x_1},{x_2} \in (0,2)}$ τέτοια ώστε
$\displaystyle{\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {g'\left( {{x_1}} \right) = 0}\\ {h'\left( {{x_2}} \right) = 0} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {g'\left( {{x_1}} \right) = 0}\\ {h'\left( {{x_2}} \right) = 0} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {\displaystyle\frac{{f'\left( {{x_1}} \right)}}{{f\left( {{x_1}} \right)}} = \frac{1}{2}}\\ {\displaystyle\frac{{2f'\left( {{x_2}} \right)}}{{f\left( {{x_2}} \right)}} = \frac{1}{2}} \end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {\displaystyle\frac{{f'\left( {{x_1}} \right)}}{{f\left( {{x_1}} \right)}} + \frac{{2f'\left( {{x_2}} \right)}}{{f\left( {{x_2}} \right)}} = 1}\\ {\displaystyle\frac{{2f'\left( {{x_2}} \right)}}{{f\left( {{x_2}} \right)}} = \frac{{f'\left( {{x_1}} \right)}}{{f\left( {{x_1}} \right)}}} \end{array}} \right.}$

Αν $\displaystyle{{x_1} = {x_2}}$ ΄τότε θα είναι $\displaystyle{{\frac{{2f'\left( {{x_2}} \right)}}{{f\left( {{x_2}} \right)}} = \frac{{f'\left( {{x_1}} \right)}}{{f\left( {{x_1}} \right)}} \Leftrightarrow \frac{{2f'\left( {{x_1}} \right)}}{{f\left( {{x_1}} \right)}} = \frac{{f'\left( {{x_1}} \right)}}{{f\left( {{x_1}} \right)}} \Leftrightarrow f'\left( {{x_1}} \right) = 0}}$ . Από την $\displaystyle{{\frac{{f'\left( {{x_1}} \right)}}{{f\left( {{x_1}} \right)}} + \frac{{2f'\left( {{x_2}} \right)}}{{f\left( {{x_2}} \right)}} = 1}}$ λαμβάνουμε 0=1

άτοπο άρα είναι $\displaystyle{{x_1} \ne {x_2}}$ ώστε $\displaystyle{{\frac{{f'\left( {{x_1}} \right)}}{{f\left( {{x_1}} \right)}} + \frac{{2f'\left( {{x_2}} \right)}}{{f\left( {{x_2}} \right)}} = 1}}$

#3

Η

διατηρεί σταθερό πρόσημο στο $\left(0,2 \right)$ . Ας υποθέσουμε ότι f(x)>0

για $x\in \left(0,2 \right)$ . (Διαφορετικά εργαζόμαστε με την

)

Θεωρούμε τη συνάρτηση $g(x)=\displaystyle{\frac{(f(x))^3}{e^x}}, x\in [0,2]$ . Η

παρουσιάζει μέγιστο σε κάποιο $x_0\in (0,2)$ .

Από το θεώρημα ενδιαμέσων τιμών υπάρχουν $\xi_1 \in (0,x_0)$ και $\xi_2 \in (x_0,2)$ ώστε $g(\xi_1)=g(\xi _2)= \displaystyle{\frac{g(x_0)}{2}}$ .

Άρα $\displaystyle{\frac{(f(\xi _1))^3}{(f(\xi_2))^3}=e^{\xi _1-\xi _2}}$ ή $\displaystyle{\ln f(\xi _1)-\frac{1}{3}\xi _1=\ln f(\xi _2)-\frac{1}{3}\xi _2}$ .

Θεωρούμε τη συνάρτηση $h(x)=\ln f(x)-\displaystyle{\frac{1}{3}} x$ με $x\in \left[\xi _1,\xi _2 \right]$ . Είναι $h(\xi _1)=h(\xi _2)$ .

Εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Τ. στα διαστήματα $\displaystyle{\left[\xi _1,\frac{2\xi _1+\xi _2}{3} \right]}$ και $\displaystyle{\left\left[ \frac{2\xi _1+\xi _2}{3} \right,\xi _2\right]}$ και εξασφαλίζουμε $x_1\in \displaystyle{\left\left( \xi _1,\frac{\xi _1+2\xi _2}{3} \right\right)}$ και $x_2\in \displaystyle{\left\left( \frac{\xi _1+2\xi _2}{3} \right,\xi _2\right)}$

ώστε h'(x_1)+2h'(x_2)=0

. Από εδώ προκύπτει το ζητούμενο.

#4

περίπου την ίδια ιδέα με τον Παύλο είχα και εγώ
να χωρίσω το διάστημα στην αναλογία των συντελεστών 1:2 και να φτάσω στην γνωστή άσκηση $\displaystyle{g'(x_1)+2g'(x2)=0}$ με $\displaystyle{g(a)=g(b)}$
Μου τα χάλαγε λίγο το 1 οπότε το έφερα στο 1ο μέλος και το χώρισα στην αναλογία 1:2 με τους αριθμούς $\displaystyle{1/3,2/3}$
Tο ζητούμενο έγινε $\displaystyle{\frac{f'(x_1)}{f(x_1)}-1/3+2(\frac{f'(x_2)}{f(x_2)}-1/3)=0}$ ή $\displaystyle{ (ln|f(x)|-x/3)'_{x=x_1}+2(ln|f(x)|-x/3)'_{x=x_2}=0}$
εδώ εμφανίστηκε η δυσκολία του να μην είναι καλά ορισμένη η $\displaystyle{g=ln|f|-x/3}$ στα $\displaystyle{0,2}$ Ας πάρω λοιπόν τα $\displaystyle{a,b\in (0,2)}$
τώρα για να εξασφαλίσω το $\displaystyle{g(a)=g(b)}$ σκέφτηκα ότι αρκεί η $\displaystyle{g}$ να μην είναι 1-1 και επειδή είναι συνεχής αρκεί να μην είναι μονότονη που το αποδεικνύει η ισότητα των ορίων της $\displaystyle{g,-\infty ,}$ στα $\displaystyle{0,2}$
ΜΠΡΑΒΟ ΝΙΚΟ ΠΟΛΥ ΟΜΟΡΦΗ ΑΣΚΗΣΗ

#5

Μία κάπως διαφορετική προσσέγγιση που ταιριάζει με αυτή του Βασίλη:

Θα είναι ή $f(x)>0,\ \forall x \in (0,2)$ ή $f(x)<0,\ \forall x \in (0,2)$

Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι ισχύει το πρώτο:

Τότε, προφανώς η

παρουσιάζει μέγιστο στη θέση $x_1 \in (0,2)$ , άρα $\displaystyle{f{'}(x_1)=0 \Rightarrow \frac {f{'}(x_1)}{f(x_1)}=0}$ (1)

Για τη συνάρτηση $\displaystyle{h(x)=e^{-\frac {x}{2}}f(x)}$ εφαρμόζουμε το θεώρημα Rolle στο διάστημα [0,2]

, άρα υπάρχει $x_2 \in (0,2)$

ώστε $\displaystyle{h{'}(x_2)=0 \Rightarrow f{'}(x_2)-\frac {1}{2}f(x_2)=0 \Rightarrow \frac {2f{'}(x_2)}{f(x_2)}=1}$ (2)

Είναι φανερό πως $x_2 \neq x_1$ , γιατί άλλως

, που δεν μπορεί να ισχύει.

Αν προσθέσουμε κατά μέλη τις (1) και (2) έχουμε τη ζητούμενη.

Να σημειώσω πως ο Νίκος έχει λύση διαφορετική από όλες όσες προτάθηκαν.

dennys · #6

αν θεωρήσω μία βοηθητική συνάρτηση $g(x)=f(x)f(2x)e^{-x}$ ,αυτή ορίζεται στο διάστημα [0,1]

και γι'αυτή ισχύει το ΘΕΩΡΗΜΑ ΡΟΛΛΕ στο [0,1].,αφού g(0)=0,g(1)=0

, και είναι παραγωγίσιμη στο [0,1].

αρα υπάρχει $x_o\in (0,1) : f{'}(x_o)f(2x_o)+2f(x_o)f{'}(2x_o)-f(x_o)f(2x_o)=0\Rightarrow$ αν πάρω για x_o=x_1,x_2=2x_o

έχω την ζητούμενη σχέση, αν διαιρέσω με $f(x_o)f(2x_o)\neq 0$

φιλικά

dennys

#7

dennys έγραψε:αν θεωρήσω μία βοηθητική συνάρτηση $g(x)=f(x)f(2x)e^{-x}$ ,αυτή ορίζεται στο διάστημα

και γι'αυτή ισχύει το ΘΕΩΡΗΜΑ ΡΟΛΛΕ στο [0,1].,αφού , και είναι παραγωγίσιμη στο [0,1].

αρα υπάρχει $x_o\in (0,1) : f{'}(x_o)f(2x_o)+2f(x_o)f{'}(2x_o)-f(x_o)f(2x_o)=0\Rightarrow$ αν πάρω για

έχω την ζητούμενη σχέση, αν διαιρέσω με $f(x_o)f(2x_o)\neq 0$

φιλικά

dennys

Αυτή είναι και η λύση του Νίκου Ζανταρίδη.

Από το ο.ε.δ.

Από το ο.ε.δ.

Re: Από το ο.ε.δ.

Re: Από το ο.ε.δ.

Re: Από το ο.ε.δ.

Re: Από το ο.ε.δ.

Re: Από το ο.ε.δ.

Re: Από το ο.ε.δ.

Μέλη σε σύνδεση