SEEMOUS 2017/3

#1

Έστω συνεχής συνάρτηση $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ . Να δειχθεί ότι

$\displaystyle{ \int_0^4 f(x(x-3)^2) \, \mathrm{d}x = 2\int_1^3 f(x(x-3)^2) \, \mathrm{d}x}$

#2

Όμορφο! Φαινόταν εύκολο αλλά μάλλον δεν είναι.

Ορίζω συναρτήσεις $g_1:[0,1] \to [0,4], g_2:[1,3] \to [0,4]$ και $g_3:[3,4] \to [0,4]$ οι οποίες στέλνουν το

στο

. Όλες οι συναρτήσεις είναι αντιστρέψιμες. Ας γράψουμε h_1,h_2,h_3

για τις αντίστροφες.

Τότε η αντικατάσταση x = h_1(t)

δίνει

$\displaystyle{ \int_0^1 f(x(x-3)^2) \, \mathrm{d}x = \int_0^4 \frac{f(t)}{g_1'(h_1(t))} \, \mathrm{d}t = \int_0^4 \frac{f(t)}{3(h_1^2(t) - 4h_1(t)+3)} \, \mathrm{d}t}$

και ομοίως

$\displaystyle{ \int_1^3 f(x(x-3)^2) \, \mathrm{d}x = -\int_0^4 \frac{f(t)}{3(h_2^2(t) - 4h_2(t)+3)} \, \mathrm{d}t}$

και

$\displaystyle{ \int_3^4 f(x(x-3)^2) \, \mathrm{d}x = \int_0^4 \frac{f(t)}{3(h_3^2(t) - 4h_3(t)+3)} \, \mathrm{d}t}$

Θέλουμε να δείξουμε ότι $\int_0^1 f(x(x-3)^2) \, \mathrm{d}x + \int_3^4 f(x(x-3)^2) \, \mathrm{d}x = \int_2^3 f(x(x-3)^2) \, \mathrm{d}x$

Αρκεί λοιπόν να δειχθεί ότι για κάθε $t \in [0,4]$ ισχύει ότι

$\displaystyle{ \frac{1}{h_1^2(t) - 4h_1(t)+3} + \frac{1}{h_2^2(t) - 4h_2(t)+3} + \frac{1}{h_3^2(t) - 4h_3(t)+3} = 0}$

Θα το δείξουμε για κάθε $t \in (0,4)$ το οποίο επίσης είναι αρκετό.

Γράφω z = z_i = h_i(t)

. Τότε

$\displaystyle{ 0 = z^3 - 6z^2 + 9z - t = (z-1)(z^2-5z+4) + 4-t}$

οπότε

$\displaystyle{ \frac{1}{z-1} = \frac{z^2 - 5z+4}{t-4}}$

Επίσης,

0 = z^3 - 6z^2 + 9z - t = (z-3)(z^2-3z) -t

το οποίο δίνει

$\displaystyle{ \frac{1}{z-3} = \frac{z^2 - 3z}{t}}$

Άρα

$\displaystyle{ \frac{1}{z^2-4z+3} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{z-3} - \frac{1}{z-1}\right) = \frac{1}{2}\left( \frac{z^2 - 3z}{t} + \frac{z^2 - 5z+4}{t-4}\right)}$

Αλλά z_1 + z_2 + z_3 = 6

και

που δίνουν επίσης z_1^2+z_2^2+z_3^2 = 18

.

Τώρα είναι άμεσο ότι

$\displaystyle{ \sum_{i=1}^3 \frac{1}{z_i^2-4z_i+3} = 0}$

αφού $18 + 6 \cdot (-3) = 0 = 18 - 5 \cdot 6 + 4 \cdot 3$ .

Οπότε η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Παναγιώτης 1729 · #3

Μία μικρή τροποποίηση στην παραπάνω λύση (κρατώντας τον ίδιο συμβολισμό):
Από τύπους Vieta, $h_1+h_2+h_3=6(\Rightarrow{h_1'+h_2'+h_3'=0)}$ και με αλλαγή μεταβλητής ( x=h_i(y)

) στα 3 επιμέρους διαστήματα έχουμε
$\displaystyle{\int_{0}^4f(x(x-3)^2) \mathrm{d} x}-2\int_{1}^{3}f(x(x-3)^2)\mathrm{d}x=\int_0^4f(y)(h_1'+h_2'+h_3')\mathrm{d}y=0.$

christinat · #4

Αν και είμαι β λυκείου θα κάνω μια προσπάθεια για την 3

Έστω ότι $g:[0,4]\rightarrow \mathbb{R}$
όπου $g(x)=x(x-3)^{2}$

Η παραγωγος της

θα είναι:

Έστω $S_{1}:(0,4)\rightarrow (0,1)$

$S_{2}:(0,4)\rightarrow (1,3)$
$S_{3}:(0,4)\rightarrow (3,4)$

$g_{1}$ , $g_{2}$ , $g_{3}$ αντίστροφες των $S_{1}$ , $S_{2}$ , $S_{3}$ αντίστοιχα

Για κάθε

στο

ισχύει ότι
$x_{1}=S_{1}(a)$ είναι η ρίζα της $x(x-3)^{2}=a$ στο (0,1)

Το ιδιο ισχύει και για τις $x_{2}=S_{2}(a)$ και $x_{3}=S_{3}(a)$ στα διαστήματα (1,3)

και

αντίστοιχα

Οποτε:
$\int_{0}^{4}f(x(x-3)^{2})dx -2\int_{1}^{3}f(x(x-3)^{2})dx =\int_{0}^{1}f(g(x))dx -\int_{1}^{3}f(g(x))dx +\int_{3}^{4}f(g(x))dx =\int_{0}^{4}f(a)s_{1}(a)'da-\int_{4}^{0}f(a)s_{2}'(a)da+\int_{0}^{4}f(a)s_{3}'(a)da=\int_{0}^{4}f(a)(s_{1}'(a)+s _{2}'(a)+s_{3}'(a))da$

Ισχύει ακόμη ότι $S_{1}(a)+S_{2}(a)+S_{3}(a)=6$

Άρα: $S_{1}'(a)+S_{2}'(a)+S_{3}'(a)=0$ σχεση από την οποία προκύπτει το ζητούμενο

SEEMOUS 2017/3

SEEMOUS 2017/3

Re: SEEMOUS 2017/3

Re: SEEMOUS 2017/3

Re: SEEMOUS 2017/3

Μέλη σε σύνδεση