ΜΕΛΛΟΝΤΙΚΟ ΘΕΜΑ

nikoszan · #1

Μια άσκηση(ιδέα για μελλοντικης μορφής θέμα?) αφιερωμένη στους φίλους θεματοδότες ,που τόσο πολύ έχουν κατακριθεί.(ΧΡΟΝΟΣ ΛΥΣΗΣ 15min με σχολικά μαθηματικά και με πλήρη διατύπωση)
Έστω η τρεις φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση $\displaystyle{f:\left( {0, + \infty } \right) \to R}$ ,για την οποία ισχύει : $\displaystyle{xf''\left( x \right)f'''\left( x \right) > 1,\forall x > 0}$
και το σημείο $\displaystyle{P\left( {2,f\left( 2 \right)} \right)}$ βρίσκεται κάτω απο το μέσο του ευθ. τμήματος $\displaystyle{MN}$ ,όπου $\displaystyle{M\left( {1,f\left( 1 \right)} \right)}$ και $\displaystyle{N\left( {3,f\left( 3 \right)} \right)}$ .
Να βρεθεί το όριο : $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {f\left( {x + 1} \right) + f\left( {x - 1} \right) - 2f\left( x \right)} \right)}$ .
Ερώτηση 1 : Είναι επαρκής ο χρόνος ?
Ερώτηση 2 :Έχουν διδαχθεί οι μαθητές και όχι μόνο τέτοιας μορφής θέμα ?
Ερώτηση 3:Μήπως είμαι αρκετά κακός θεματοδότης(ισχυρίζομαι οτι δεν έχω τέτοια πρόθεση)?
ΣΧΟΛΙΟ1:Για να μην παρεξηγηθώ , τα θέματα απο μαθηματικη άποψη είναι άψογα και είναι σχεδόν ταυτόσημα της νοοτροπίας με την οποία προπονώ τους μαθητές.
Θα σχολιάσω όμως μόνο ένα(υπάρχουν και άλλα ) : ότι ο χρόνος των τριών ωρών δεν έφτανε να απαντηθούν με πλήρη διατύπωση τα θέματα αυτά απο τους
περισσότερους μαθητές και οχι μόνο (ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΟΣ ΧΡΟΝΟΣ:(ΧΡΟΝΟΣ ΚΑΘΗΓΗΤΗ ΛΥΤΗ ΜΕ ΠΛΗΡΗ ΔΙΑΤΥΠΩΣΗ )Χ3)
ΣΧΟΛΙΟ2Αν ο χρόνος των 15min δεν φτάνει ,για να απαντηθεί το προτεινόμενο θέμα, δίνεται επι πλέον χρόνος 5 min.
ΓΙΑ ΤΟΥΣ ΜΑΘΗΤΕΣ: ΟΤΑΝ ΠΕΦΤΟΥΜΕ ΠΡΕΠΕΙ ΝΑ ΒΡΟΥΜΕ ΤΗΝ ΔΥΝΑΜΗ ΝΑ ΣΗΚΩΘΟΥΜΕ! ΚΑΛΗ ΕΠΙΤΥΧΙΑ!!
Ν.Ζ.

#2

Η

διατηρεί πρόσημο και από $\displaystyle{f(2)<\frac{f(1)+f(3)}{2}}$ είναι f{''}(x)>0

οπότε και

f{''}(x)>0,

δηλ. η

είναι κυρτή.

Από ΘΜΤ υπάρχουν $\displaystyle{\xi_1,\xi_2,\xi_3}$ ώστε $\displaystyle{\displaystyle{ \left( {f\left( {x + 1} \right) + f\left( {x - 1} \right) - 2f\left( x \right)} \right)}=(\xi_1-\xi_2)f{''}(\xi_3),}$ όπου $x-1<\xi_2<x<\xi_1<x+1$ και $\xi_2<\xi_3<\xi_1.$

Επειδή η f{'}

είναι κυρτή, από Hermite-Hadamard είναι $x>\xi_2>x-\frac{1}{2}$ και $x+1>\xi_1>x+\frac{1}{2},$ οπότε $\frac{1}{2}<\xi_1-\xi_2<\frac{3}{2}.$

Από την $\displaystyle{xf''\left( x \right)f'''\left( x \right) > 1,$ προκύπτει $f{''}(x)>\sqrt{\ln (x^2)+(f{''}(1))^2}, \ x>1$ οπότε $f{''}\to \infty$ όταν $x\to \infty.$

Είναι $\frac{f{''}(\xi_3)}{2}<(\xi_1-\xi_2)f{''}(\xi_3)<\frac{3f{''}(\xi_3)}{2}$ και $\xi_3\to \infty$ όταν $x\to \infty,$ οπότε

$(\xi_1-\xi_2)f{''}(\xi_3)\to \infty$ και $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {f\left( {x + 1} \right) + f\left( {x - 1} \right) - 2f\left( x \right)} \right)=\infty}.$

nikoszan · #3

ΘΑΝΑΣΗ

Ν.Ζ.

hsiodos · #4

Μπορεί να δοθεί αμιγώς σχολική λύση.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#5

hsiodos έγραψε:Μπορεί να δοθεί αμιγώς σχολική λύση.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
$\displaystyle{g(x) = f(x + 1) - f(x)}$

Γιώργο, αν θέλεις γράψε τη λύση σου. Σίγουρα έχει ενδιαφέρον άλλη μια προσέγγιση σε αυτό το ωραίο θέμα...

#6

Μία πιο "σχολική" παραλλαγή του θέματος του Νίκου:
Δίνεται η τρεις φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση $\displaystyle{f:(0,+\infty) \to \Bbb{R}}$ , τέτοια ώστε $\displaystyle{f''(x)f'''(x)>0}$ και $\displaystyle{f''(x)+f'''(x)>0}$ για κάθε $\displaystyle{x>0}$ , να βρεθεί το $\displaystyle{\lim_{x \to +\infty}\left(x\left(f(x+1)+f(x-1)-2f(x)\right)\right)}$

Λάμπρος Μπαλός · #7

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

hsiodos · #8

socrates έγραψε:
hsiodos έγραψε:Μπορεί να δοθεί αμιγώς σχολική λύση.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
$\displaystyle{g(x) = f(x + 1) - f(x)}$

Γιώργο, αν θέλεις γράψε τη λύση σου. Σίγουρα έχει ενδιαφέρον άλλη μια προσέγγιση σε αυτό το ωραίο θέμα...

Θανάση καλημέρα.

Βρίσκουμε (όπως εσύ) ότι για κάθε $\displaystyle{x > 0}$ είναι

{f{''}}(x) > 0\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,{f{''}}(x) > 0

(άρα $\displaystyle{{f{'}},\,{f{''}}}$ γνησίως αύξουσες) και ότι $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {f{''}}(x) = + \infty }$ .

Θεωρούμε την συνάρτηση $\displaystyle{g(x) = f(x + 1) - f(x)\,}$ , για κάθε $\displaystyle{x > 0}$ είναι $\displaystyle{{g{'}}(x) = {f{'}}(x + 1) - {f{'}}(x) > 0\,\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,{g{'}}{'}(x) = {f{'}}{'}(x + 1) - {f{'}}{'}(x) > 0}$ .

Με ΘΜΤ για την $\displaystyle{g}$ στο διάστημα $\displaystyle{\left[ {x - 1\,,\,x} \right]\,\,}$ $\displaystyle{(x > 1)}$ βρίσκουμε $\displaystyle{k \in \left( {x - 1\,,\,x} \right)}$ ώστε $\displaystyle{{g{'}}(k) = f(x + 1) + f(x - 1) - 2f(x)}$

$\displaystyle{x - 1 < k < x\mathop \Rightarrow \limits^{g\,\,\gamma \nu \, \uparrow } {g{'}}(x - 1) < {g{'}}(k) < {g{'}}(x) \Rightarrow {f{'}}(x) - {f{'}}(x - 1) < f(x + 1) + f(x - 1) - 2f(x) < {f{'}}(x + 1) - {f{'}}(x)\,\,\,(T)}$

Με ΘΜΤ για την $\displaystyle{{f{'}}}$ στο διάστημα $\displaystyle{\left[ {x\,,\,x + 1} \right]\,}$ βρίσκουμε $\displaystyle{\,r \in \left( {x\,,\,x + 1} \right)}$ ώστε $\displaystyle{{f{''}}(r) = {f{'}}(x + 1) - {f{'}}(x)}$

$\displaystyle{x < r < x + 1\mathop \Rightarrow \limits^{{f{''}}\,\,\gamma \nu \, \uparrow } {f{'}}{'}(x) < {f{'}}(x + 1) - {f{'}}(x) < {f{'}}{'}(x + 1)}$

Από την τελευταία με κριτήριο παρεμβολής βρίσκουμε ότι $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {{f{'}}(x + 1) - {f{'}}(x)} \right) = + \infty }$ και τώρα από την $\displaystyle{\,(T)}$ πάλι με κριτήριο παρεμβολής προκύπτει το ζητούμενο.

#9

s.kap έγραψε:Μία πιο "σχολική" παραλλαγή του θέματος του Νίκου:
Δίνεται η τρεις φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση $\displaystyle{f:(0,+\infty) \to \Bbb{R}}$ , τέτοια ώστε $\displaystyle{f''(x)f'''(x)>0}$ και $\displaystyle{f''(x)+f'''(x)>0}$ για κάθε $\displaystyle{x>0}$ , να βρεθεί το $\displaystyle{\lim_{x \to +\infty}\left(x\left(f(x+1)+f(x-1)-2f(x)\right)\right)}$

Είναι

και

για κάθε

οπότε οι $\displaystyle{f,f{'}}$ είναι κυρτές.
Η συνάρτηση f(x+1)+f(x-1)-2f(x)

είναι γν. αύξουσα και θετική οπότε το όριό της στο $+\infty$ υπάρχει και είναι είτε θετικός πραγματικός είτε $+\infty...$

#10

Λάμπρος Μπαλός έγραψε:
ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Ας το αναφέρουμε ως πρόταση ότι
αν οι και έχουν το ίδιο είδος μονοτονίας, τότε το $\xi$ του ΘΜΤ βρίσκεται πιο κοντά στο δεξί άκρο.
Την απόδειξη (αμιγώς σχολική) αφήνω να τη βρείτε μόνοι σας.

Σωστά, Λάμπρο. Το χρησιμοποιώ και στην απόδειξή μου. Μια απόδειξη γίνεται μέσω της Hermite-Hadamard (που αποδεικνύεται και σχολικά).
viewtopic.php?f=61&t=1202&start=0

#11

hsiodos έγραψε:
socrates έγραψε:
hsiodos έγραψε:Μπορεί να δοθεί αμιγώς σχολική λύση.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
$\displaystyle{g(x) = f(x + 1) - f(x)}$

Γιώργο, αν θέλεις γράψε τη λύση σου. Σίγουρα έχει ενδιαφέρον άλλη μια προσέγγιση σε αυτό το ωραίο θέμα...
Θανάση καλημέρα.

Βρίσκουμε (όπως εσύ) ότι για κάθε $\displaystyle{x > 0}$ είναι ${f{''}}(x) > 0\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,{f{''}}(x) > 0$ (άρα $\displaystyle{{f{'}},\,{f{''}}}$ γνησίως αύξουσες) και ότι $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {f{''}}(x) = + \infty }$ .

Θεωρούμε την συνάρτηση $\displaystyle{g(x) = f(x + 1) - f(x)\,}$ , για κάθε $\displaystyle{x > 0}$ είναι $\displaystyle{{g{'}}(x) = {f{'}}(x + 1) - {f{'}}(x) > 0\,\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,{g{'}}{'}(x) = {f{'}}{'}(x + 1) - {f{'}}{'}(x) > 0}$ .

Με ΘΜΤ για την $\displaystyle{g}$ στο διάστημα $\displaystyle{\left[ {x - 1\,,\,x} \right]\,\,}$ $\displaystyle{(x > 1)}$ βρίσκουμε $\displaystyle{k \in \left( {x - 1\,,\,x} \right)}$ ώστε $\displaystyle{{g{'}}(k) = f(x + 1) + f(x - 1) - 2f(x)}$

$\displaystyle{x - 1 < k < x\mathop \Rightarrow \limits^{g\,\,\gamma \nu \, \uparrow } {g{'}}(x - 1) < {g{'}}(k) < {g{'}}(x) \Rightarrow {f{'}}(x) - {f{'}}(x - 1) < f(x + 1) + f(x - 1) - 2f(x) < {f{'}}(x + 1) - {f{'}}(x)\,\,\,(T)}$

Με ΘΜΤ για την $\displaystyle{{f{'}}}$ στο διάστημα $\displaystyle{\left[ {x\,,\,x + 1} \right]\,}$ βρίσκουμε $\displaystyle{\,r \in \left( {x\,,\,x + 1} \right)}$ ώστε $\displaystyle{{f{''}}(r) = {f{'}}(x + 1) - {f{'}}(x)}$

$\displaystyle{x < r < x + 1\mathop \Rightarrow \limits^{{f{''}}\,\,\gamma \nu \, \uparrow } {f{'}}{'}(x) < {f{'}}(x + 1) - {f{'}}(x) < {f{'}}{'}(x + 1)}$

Από την τελευταία με κριτήριο παρεμβολής βρίσκουμε ότι $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {{f{'}}(x + 1) - {f{'}}(x)} \right) = + \infty }$ και τώρα από την $\displaystyle{\,(T)}$ πάλι με κριτήριο παρεμβολής προκύπτει το ζητούμενο.

Πολύ ωραία, Γιώργο! Ευχαριστούμε!

ΜΕΛΛΟΝΤΙΚΟ ΘΕΜΑ

ΜΕΛΛΟΝΤΙΚΟ ΘΕΜΑ

Re: ΜΕΛΛΟΝΤΙΚΟ ΘΕΜΑ

Re: ΜΕΛΛΟΝΤΙΚΟ ΘΕΜΑ

Re: ΜΕΛΛΟΝΤΙΚΟ ΘΕΜΑ

Re: ΜΕΛΛΟΝΤΙΚΟ ΘΕΜΑ

Re: ΜΕΛΛΟΝΤΙΚΟ ΘΕΜΑ

Re: ΜΕΛΛΟΝΤΙΚΟ ΘΕΜΑ

Re: ΜΕΛΛΟΝΤΙΚΟ ΘΕΜΑ

Re: ΜΕΛΛΟΝΤΙΚΟ ΘΕΜΑ

Re: ΜΕΛΛΟΝΤΙΚΟ ΘΕΜΑ

Re: ΜΕΛΛΟΝΤΙΚΟ ΘΕΜΑ

Μέλη σε σύνδεση