Ρίζα παραγώγου

pito · #1

Έστω συνάρτηση

παραγωγίσιμη στο [1,4]

για την οποία ισχύει f(1)+f(2)=f(3)+f(4)

. Να δείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα $x_{o}\epsilon (1,4)$ τέτοιο ώστε $f'(x_{o})=0$ .

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #2

pito έγραψε: ↑
Τρί Οκτ 16, 2018 12:29 pm
Έστω συνάρτηση παραγωγίσιμη στο για την οποία ισχύει . Να δείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα $x_{o}\epsilon (1,4)$ τέτοιο ώστε $f'(x_{o})=0$ .

Κάνω μία λύση.
Υπάρχει και δεύτερη.

Η

σαν συνεχής παίρνει μέγιστη και ελάχιστη τιμή στο [1,4]

.

Αν ένα από τα σημεία που παίρνει μέγιστη η ελάχιστη τιμή είναι στο (1,4)

τότε σε αυτό από σχετικό θεώρημα θα μηδενίζεται η παράγωγος και καθαρίσαμε.

Αρα τα σημεία που η

παίρνει μέγιστη ελάχιστη τιμή αναγκαστικά ανήκουν στο $\left \{ 1,4 \right \}$ .

Θα έχουμε λοιπόν ότι για $x\in (1,4)$

f(1)< f(x)< f(4)

η

στην πρώτη περίπτωση έχουμε f(1)+f(3)< f(2)+f(3)< f(2)+f(4)

ΑΤΟΠΟ.

´Ομοια και στην δεύτερη περίπτωση.

#3

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Τρί Οκτ 16, 2018 1:01 pm
Υπάρχει και δεύτερη.

Με πρόλαβε ο Σταύρος, κάνοντας παρόμοια λύση με αυτή που είχα κατά νου. Ακολουθώ όμως
το σχόλιό του δίνοντας δεύτερη λύση, πλην όμως είναι λίγο εκτός ύλης (αν και επιδιορθώνεται εύκολα).

Η δοθείσα γράφεται $\displaystyle{ \frac {f(3)-f(1)}{3-1}= - \frac {f(4)-f(2)}{4-2}}$ . Από ΘΜΤ υπάρχουν $\xi _1, \xi _2$ στα ενδιάμεσα με
$\displaystyle{f'(\xi _1)= \frac {f(3)-f(1)}{3-1}, \, f'(\xi _2)= \frac {f(4)-f(2)}{4-2}}$ και άρα $\displaystyle{f'(\xi _1)=- f'(\xi _2)}$

Αν $\displaystyle{f'(\xi _1)=- f'(\xi _2)=0 }$ , τελειώσαμε. Αλλιώς η μία παράγωγος είναι γνήσια θετική και η άλλη γνήσια αρνητική. Το ζητούμενο
τώρα έπεται από Darboux.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #4

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τρί Οκτ 16, 2018 2:04 pm

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Τρί Οκτ 16, 2018 1:01 pm
Υπάρχει και δεύτερη.
Με πρόλαβε ο Σταύρος, κάνοντας παρόμοια λύση με αυτή που είχα κατά νου. Ακολουθώ όμως
το σχόλιό του δίνοντας δεύτερη λύση, πλην όμως είναι λίγο εκτός ύλης (αν και επιδιορθώνεται εύκολα).

Η δοθείσα γράφεται $\displaystyle{ \frac {f(3)-f(1)}{3-1}= - \frac {f(4)-f(2)}{4-2}}$ . Από ΘΜΤ υπάρχουν $\xi _1, \xi _2$ στα ενδιάμεσα με
$\displaystyle{f'(\xi _1)= \frac {f(3)-f(1)}{3-1}, \, f'(\xi _2)= \frac {f(4)-f(2)}{4-2}}$ και άρα $\displaystyle{f'(\xi _1)=- f'(\xi _2)}$

Αν $\displaystyle{f'(\xi _1)=- f'(\xi _2)=0 }$ , τελειώσαμε. Αλλιώς η μία παράγωγος είναι γνήσια θετική και η άλλη γνήσια αρνητική. Το ζητούμενο
τώρα έπεται από Darboux.

Δεν είχα αυτή σαν δεύτερη λύση.

Αρα υπάρχει και τρίτη λύση και είναι εντός ύλης.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #5

pito έγραψε: ↑
Τρί Οκτ 16, 2018 12:29 pm
Έστω συνάρτηση παραγωγίσιμη στο για την οποία ισχύει . Να δείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα $x_{o}\epsilon (1,4)$ τέτοιο ώστε $f'(x_{o})=0$ .

H $\displaystyle g(x) = f(x + 2) - f(x)$ με $\displaystyle 1 \leqslant x \leqslant 2$ είναι προφανώς ορισμένη και παραγωγίσιμη στο $\displaystyle \left[ {1,4} \right]$ άρα και συνεχής

$\displaystyle g(1) + g(2) = f(3) - f(1) + f(4) - f(2) = 0$ $\displaystyle \Rightarrow g(1) \cdot g(2) = - {g^2}(2) \leqslant 0$

Αν $\displaystyle g(2) = 0$ τότε $\displaystyle f(4) = f(2)$ και με Rolle στο $\displaystyle \left[ {2,4} \right]$ τελειώσαμε

Αν $\displaystyle g(2) \ne 0$ τότε $\displaystyle g(1) \cdot g(2) < 0$ και με Bolzano στο $\displaystyle \left[ {1,2} \right]$ θα υπάρχει $\displaystyle \xi \in \left( {1,2} \right)$ με $\displaystyle g(\xi ) = 0 \Rightarrow f(\xi + 2) = f\left( \xi \right)$

Τώρα με Rolle στο $\displaystyle \left[ {\xi ,\xi + 2} \right]$ υπάρχει $\displaystyle m \in \left( {\xi ,\xi + 2} \right) \subseteq \left( {1,4} \right)$ με $\displaystyle f'(m) = 0$

#6

Αν η παράγωγος δεν μηδενιζόταν στο $\displaystyle{[1,4]}$ θα είχε σταθερό πρόσημο άρα η $\displaystyle{f}$ θα είταν γνησια μονότονη οπότε $\displaystyle{f(1)+f(2)<f(3)+f(4)}$ (ή $\displaystyle{>}$ ) άτοπο

#7

R BORIS έγραψε: ↑
Τρί Οκτ 16, 2018 6:07 pm
Αν η παράγωγος δεν μηδενιζόταν στο $\displaystyle{[1,4]}$ θα είχε σταθερό πρόσημο άρα η $\displaystyle{f}$ θα είταν γνησια μονότονη οπότε $\displaystyle{f(1)+f(2)<f(3)+f(4)}$ (ή $\displaystyle{>}$ ) άτοπο

Σωστά. Προσοχή όμως, στο κοκκινισμένο υπάρχει κρυμμένος ο Darboux.

Λάμπρος Κατσάπας · #8

pito έγραψε: ↑
Τρί Οκτ 16, 2018 12:29 pm
Έστω συνάρτηση παραγωγίσιμη στο για την οποία ισχύει . Να δείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα $x_{o}\epsilon (1,4)$ τέτοιο ώστε $f'(x_{o})=0$ .

Άλλη μια στα όρια...

Έστω ότι δεν υπάρχει ρίζα της παραγώγου (1,4)

. Τότε η

είναι

Πράγματι, αν δεν ήταν τότε θα υπήρχαν

x_1,x_2

στο

με $x_1\neq x_2$ ώστε f(x_1)=f( x_2)

και από Rolle στο [x_1,x_2]

θα

οδηγούμασταν σε άτοπο.Άρα η

είναι

και ως παραγωγίσιμη είναι και συνεχής. Από γνωστή (;;;) πρόταση θα είναι γνησίως

μονότονη στο (1,4)

και επειδή είναι συνεχής στο [1,4]

θα είναι τελικά γνησίως μονότονη στο [1,4]

. Αν είναι γνησίως αύξουσα τότε

f(1)<f(3)

και $f(2)<f(4)\Rightarrow f(1)+f(2)<f(3)+f(4)$ (άτοπο). Όμοια καταλήγουμε σε άτοπο αν υποθέσουμε ότι είναι γνησίως

φθίνουσα. Άρα η παράγωγος έχει ρίζα στο (1,4)

.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #9

Ας κάνω την άλλη λύση που είχα.

Είναι φανερό ότι θέλουμε η συνάρτηση να μην είναι 1-1 .

Αυτό προκύπτει εύκολα από την f(1)+f(2)=f(3)+f(4)

Ολα τα λεφτά είναι να διαιρέσουμε με

.

Δηλαδή να την γράψουμε $\dfrac{f(1)+f(2)}{2}=\dfrac{f(3)+f(4)}{2}$

Από το ΘΕΤ υπάρχει $t_{1}\in [1,2]$ με $f(t_{1})=\dfrac{f(1)+f(2)}{2}$

και $t_{2}\in [3,4]$ με $f(t_{2})=\dfrac{f(3)+f(4)}{2}$

Ετσι $t_{1}\neq t_{2},f(t_{1})=f(t_{2})$

Ενα Rolle στο $[t_{1},t_{2}]$

και καθαρίσαμε.

pito · #10

Σας ευχαριστώ θερμά όλους για την ενασχόλησή σας.

Ρίζα παραγώγου

Ρίζα παραγώγου

Re: Ρίζα παραγώγου

Re: Ρίζα παραγώγου

Re: Ρίζα παραγώγου

Re: Ρίζα παραγώγου

Re: Ρίζα παραγώγου

Re: Ρίζα παραγώγου

Re: Ρίζα παραγώγου

Re: Ρίζα παραγώγου

Re: Ρίζα παραγώγου

Μέλη σε σύνδεση