Μια απ' όλα (Οχι πίτσα αλλά άσκηση)

#1

Oi πιο πολλές ιδέες της άσκησης πάρθηκαν από ένα διαγωνιστικό θέμα στον διαγωνισμό στη μνήμη του Β . Ξανθόπουλου. Νομίζω ότι πρόκειται για μια όμορφη 'ασκηση την οποία άλλαξα λίγο και έτσι την παραθέτω εδώ

Έστω $\displaystyle{f}$ παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{R}$ ώστε $\displaystyle{f(a)<f'(x)<f(1+a)}$ για κάποιο $\displaystyle{a>1}$ και για κάθε $\displaystyle{x\in R}$
1. δείξτε ότι $\displaystyle{f}$ γνήσια αύξουσα
2. βρείτε το πλήθος των ριζών της
3. δείξτε ότι το $\displaystyle{ f([a,a+1]) }$ είναι διάστημα με πλάτος τουλάχιστον $\displaystyle{f(a)}$
4. δείξτε ότι η $\displaystyle{C_f}$ βρίσκεται μεταξύ δυο ευθειών οι οποίες τέμνονται σε σημείο (c,0) του άξονα χ
5. μπορείτε να ισχυρισθείτε ότι το ερώτημα 3 ισχύει για οποιοδήποτε διάστημα $\displaystyle{[b,b+1] , b>0}$ ?
6. να βρείτε το συνολο τιμών της f
7. να δείξετε ότι υπάρχουν $\displaystyle{\xi_1 , \xi_2 >0 :\frac{f(a)}{f'(\xi_1)}-\frac{f(a-1)}{f'(\xi_2)}=1}$
8. δείξτε ότι $\displaystyle{f(a)(1+2a-2c)\le 2\int_{a}^{a+1}{f(t)dt}\le f(a+1)(1+2a-2c)}$

kwstas12345 · #2

Για τα πρώτα δυο έχουμε:

1.Από Θ.Μ.Τ στο $\displaystyle \left[a,a+1 \right]$ θα είναι: $\displaystyle f'\left(\xi \right)=f\left(a+1 \right)-f\left(a \right),\xi \in \left(a,a+1 \right)$

θα είναι τότε όμως: $\displaystyle f\left(a+1 \right)>f'\left(\xi \right)\Leftrightarrow f\left(a+1 \right)>f\left(a+1 \right)-f\left(a \right)\Rightarrow f\left(a \right)>0$

Άρα: $\displaystyle f'\left(x \right)>0,\forall x\in \mathbb {R}$ άρα είναι γνησίως αύξουσα.

2. Έστω $\displaystyle f\left(x \right)\neq 0 ,\forall x \in \mathbb{R}\Rightarrow f\left(x \right)>0\vee f\left(x \right)<0 \forall x \in \mathbb{R}$

Από ΘΜΤ στο $\displaystyle \left[x,x+1 \right]:f'\left(r \right)=f\left(x+1 \right)-f\left(x \right)\Rightarrow f\left(a \right)<f\left(x+1 \right)-f\left(x \right)$ $\displaystyle <f\left(a+1 \right)$

Άν $\displaystyle f\left(x \right)<0$ θα ισχύει και για x>a

τότε όμως: $\displaystyle f\left(x+1 \right)<f\left(a+1 \right)+f\left(x \right)<f\left(a+1 \right)<f\left(x+1 \right)$ άτοπο.

Άν $\displaystyle f\left(x \right)>0$ θα ισχύει και για x<0

τότε όμως: $\displaystyle f\left(x+1 \right)>f\left(x \right)+f\left(a \right)>f\left(a \right)\Rightarrow x+1>a>1\Rightarrow x>0$ άτοπο.

Άρα έχει ριζα μοναδικη.

6. Έστω x>0

από ΘΜΤ στο $\displaystyle \left[0,x \right]:f'\left(\gamma \right)=\frac{f\left(x \right)-f\left(0 \right)}{x}$

άρα: $\displaystyle xf\left(a \right)<f\left(x \right)-f\left(0 \right)<xf\left(a+1 \right)\Rightarrow$ $\displaystyle xf\left(a \right)+f\left(0 \right)<f\left(x \right)<xf\left(a+1 \right)+f\left(0 \right)$

Παίρνωντας $\displaystyle x\rightarrow \infty$ από κ.π θα είναι $\displaystyle \lim_{x\rightarrow \infty}f\left(x \right)=+\infty$

Όμοια και σε περίπτωση που x<0

θα βγεί $\displaystyle \lim_{x\rightarrow -\infty}f\left(x \right)=-\infty$ .

Άρα: $\displaystyle f\left(D_{f} \right)=\left(-\infty,+\infty \right)$

Πιστευω να είμαι σωστος ως εδω.

mathxl · #3

Για το 2 λίγο διαφορετικά
Αφού η f είνα γνησίως αύξουσα τότε έχει το πολύ μία ρίζα.
Έστω ότι δεν ρίζα σο R άρα θα διατηρεί σταθερό πρόσημο σε αυτό ως συνεχής κα επειδή f(α)>0 θα είναι παντού θετική
συνάρτηση $\displaystyle{g\left( x \right) = f\left( x \right) - xf\left( \alpha \right)}$ είναι γνησίως αύξουσα διότι $\displaystyle{g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - f\left( \alpha \right) > 0,\forall x \in R}$
άρα $\displaystyle{\alpha > 1 > 0 \Rightarrow g\left( \alpha \right) > g\left( 0 \right) \Rightarrow f\left( \alpha \right) - \alpha f\left( \alpha \right) > f\left( 0 \right) \Rightarrow \left( {1 - \alpha } \right)f\left( \alpha \right) > f\left( 0 \right) > 0 \Rightarrow \alpha < 1}$
άτοπο άρα έχει ακριβώς μία ρίζα

hsiodos · #4

Καλησπέρα

$\displaystyle{f(a) < f{'} (x) < f(a + 1)\,\,\,\,(1)\,\,\,\gamma \iota \alpha \,\,\,\kappa \alpha \theta \varepsilon \,\,\,x \in R}$

1. Έχει δειχθεί

2. Έχει αποδειχθεί πιο πάνω ότι f(α) > 0. Η f πληροί τις προϋποθέσεις του ΘΜΤ στο διάστημα [α-1 ,α] οπότε υπάρχει $\displaystyle{ \xi \in (\alpha - 1,\alpha )\,\,\,\mu \varepsilon \,\,f{'} (\xi ) = f(a) - f(a - 1)\,}$ . Λόγω της (1) προκύπτει $\displaystyle{ f(a) < f(a) - f(a - 1) \Rightarrow f(a - 1) < 0}$

Τώρα ισχύουν οι υποθέσεις του Θ.Bolzano στο διάστημα [α-1 , α] οπότε η f έχει ρίζα $\displaystyle{x_o \in (a - 1,a)\,\,}$ . Η f έχει μοναδική ρίζα το $\displaystyle{ x_o>0 }$ αφού είναι 1-1 σαν γνησίως αύξουσα στο R .

6. Έχει δειχθεί

7. Εφαρμόζουμε διαδοχικά το ΘΜΤ στα διαστήματα $\displaystyle{ \left[ {x_o ,a} \right]\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\left[ {\alpha - 1,x_0 } \right]}$ οπότε υπάρχουν:

$\displaystyle{ \xi _1 \in (x_o ,\alpha )\,\,\,\mu \varepsilon \,\,f{'} (\xi _1 ) = \frac{{f(a) - f(x_o )}}{{a - x_o }} \Rightarrow \frac{{f(a)}}{{f{'} (\xi _1 )}} = a - x_o \,\,(2) }$ $\displaystyle{ \kappa \alpha \iota \,\,\,\,\xi _2 \in (a - 1,x_o )\,\,\,\mu \varepsilon \,\,f{'} (\xi _2 ) = \frac{{f(x_o ) - f(a - 1)}}{{x_o - a + 1}} \Rightarrow \frac{{ - f(a - 1)}}{{f{'} (\xi _2 )}} = x_o - a + 1\,\,(3)}$

Με πρόσθεση κατά μέλη των (2) , (3) προκύπτει το ζητούμενο.

Για τα υπόλοιπα ερωτήματα έχω κάποιους προβληματισμούς , τους παραθέτω.

3. Η συνάρτηση $\displaystyle{f(x) = 2x - 5}$ έχει παράγωγο $\displaystyle{f{'} (x) = 2}$ $\displaystyle{ \gamma \iota \alpha \,\,\,\kappa \alpha \theta \varepsilon \,\,\,x \in R}$

Αν επιλέξουμε α = 3 >1 τότε η f ικανοποιεί την δοσμένη σχέση (1) αφού $\displaystyle{ f(3) = 1\,\,\,,\,\,\,f(4) = 3\,\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,f(3) < f{'} (x) < f(4)\,\,\,\,\,\gamma \iota \alpha \,\,\,\kappa \alpha \theta \varepsilon \,\,\,x \in R}$

Είναι $\displaystyle{ f\left( {\left[ {3,4} \right]} \right) = \left[ {1,3} \right]}$ με πλάτος $\displaystyle{d = 2 < a = 3}$ .

4. Πιθανά κάτι να μην καταλαβαίνω.Νομίζω ότι πρέπει να διευκρινιστεί τι εννοούμε λέγοντας ότι η γρ.παράσταση της f βρίσκεται μεταξύ δύο τεμνομένων ευθειών. Για παράδειγμα αν η η γρ.παράσταση της f είναι ευθεία ο "μοναδικός τρόπος να θεωρήσουμε" ότι βρίσκεται μεταξύ δύο τεμνομένων ευθειών είναι να διέρχεται από το σημείο τομής τους . Τότε όμως υπάρχουν άπειρα τέτοια ζεύγη ευθειών.

8. Εξαρτάται από το 4.

Γιώργος

mathxl · #5

Οι ευθείες που ψάχνουμε στο 4 είνα οι
$\displaystyle{\left( {{\varepsilon _1}} \right):y = xf\left( \alpha \right) - cf\left( \alpha \right),\left( {{\varepsilon _2}} \right):y = xf\left( {\alpha + 1} \right) - cf\left( {\alpha + 1} \right)}$

όπου c η μοναδική λύση της f(x)=0 και η ανισοτική σχέση των ευθειών με την f, με ολοκλήρωση δίνει το 8

#6

H δική μου λύση συμγωνεί βασικά με τα προηγούμεν;
ΣΥΓΝΏΜΗ για τυχόν ασάφειες

1.Ισχύει ΘΜΤ για την f στο [a,a+1] άρα $\displaystyle{f(a+1)-f(a)=f'(u)}}$ για κάποιο u. Τότε για x=u στην αρχικά δοσμένη σχέση παίρνουμε $\displaystyle{f(a)<f(a+1)-f(a)<f(a+1)}}$ συνεπώς $\displaystyle{f(a)>0}}$ και $\displaystyle{2f(a)<f(a+1)}}$ [1] και άρα επειδή $\displaystyle{f'(x)>f(a)>0}}$ η $\displaystyle{f}}$ είναι γνήσια αύξουσα [2]

2.Πάλι με ΘΜΤ έχουμε $\displaystyle{f(a)-f(a-1)=f'(v)}}$ για κάποιο v. Όμοια $\displaystyle{f(a)<f(a)-f(a-1)<f(a+1)}}$ αρα $\displaystyle{f(a-1)<0}}$ και από θ Bolzano και [2] προκύπτει ότι η $\displaystyle{f}}$ έχει μοναδική ρίζα c στο R με $\displaystyle{c}}$ στο $\displaystyle{[a-1,a]}}$

3. Αφού f συνεχής το $\displaystyle{f([a,a+1])}}$ είναι διάστημα και λόγω της [2] $\displaystyle{f([a,a+1])=[f(a),f(a+1)]}$ με πλάτος $\displaystyle{f(a+1)-f(a)>f(a)}$ δηλαδή τουλάχιστον $\displaystyle{f(a)}$

4.είναι $\displaystyle{f'(x)-f(2)>0}$ άρα $\displaystyle{(f(x)-xf(2))'>0}$ άρα $\displaystyle{f(x)-xf(2)}$ είναι γνήσια αύξουσα και από το 2 $\displaystyle{f(c)=0}$ Για $\displaystyle{x>c}$ έχω $\displaystyle{f(x)-xf(2)>0-cf(2)\Rightarrow f(x)>f(2)(x-c)}$ [3] και αντίστοιχα $\displaystyle{f(x)<f(2)(x-c)}$ για $\displaystyle{x<c}$ [4]
όμοια προκύπτει ότι η $\displaystyle{f(x)-xf(3)}$ είναι γνήσια φθίνουσα και $\displaystyle{f(x)<f(3)(x-c),x>c}$ και $\displaystyle{f(x)>f(3)(x-c),x<c}$ άρα η f βρίσκεται μεταξύ 2 ευθειών (στο εσωτερικό 2 κατά κορυφή οξειών γωνιών)

5.Οχι και παράδειγμα θα δοθεί στο τέλος με ένα σχήμα

6. από το κριτήριο παρεμβολής? λόγω των [3],[4] είναι $\displaystyle{\lim_{x\to +\infty}{f(x)}=+\infty , \lim_{x\to -\infty}{f(x)}=-\infty}$ και λόγω συνέχειας $\displaystyle{f(R)=R}$

7.ΘΜΤ στο [c,a] δίνει } $\displaystyle{f'(\xi_1)=\frac{f(a)-0}{a-c}}$ και επειδή $\displaystyle{f'\ne 0}$ παίρνουμε $\displaystyle{a-c=\frac{f(a)}{f'(\xi_1)}}$ και αντίστοιχα στο [a-1,c] είναι $\displaystyle{c-a+1=\frac{-f(a-1)}{f'(\xi_2)}}$ οπότε με πρόσθεση προκύπτει $\displaystyle{1=\frac{f(a)}{f'(\xi_1)}-\frac{f(a-1)}{f'(\xi_2)}}$

8.Ολοκληρώνοντας τις ανισότητες του 4ου προκύπτει το ζητούμενο

: Clipboard0101.jpg (8.91 KiB) Προβλήθηκε 911 φορές

#7

Την προηγούμενη φορά που είχα δώσει τα θέματα του διαγωνισμού στη μνήμη Βασίλη Ξανθόπουλου

δεν είχε γίνει κάποια αναφορά στον λαμπρό αυτόν επιστήμονα.

Η ευκαιρία να δώσω λίγες πληροφορίες γι'αυτόν τον άνθρωπο ξαναήρθε με τη δημοσίευση του Ροδόλφου.

Πιέστε --->εδώ αλλά και ---->εδώ για να διαβάσετε λίγα λόγια.

Ας ευχηθούμε κάποτε η εκστρατεία ευαισθητοποίησης του καθηγητή Γ.Γραμματικάκη να πιάσει τόπο και να σταματήσουν οι

εκδηλώσεις αγριότητας με αιτία ή χωρίς.

Ειδικότερα όταν στερούν απο την ανθρωπότητα λαμπρούς επιστήμονες.

Καλημέρα σας.

kostas.zig · #8

Χρήστο, σε ευχαριστώ προσωπικά που έδωσες τις σχετικές πληροφορίες και μου το θύμισες, φοιτητής εγώ τότε στο Α.Π.Θ. έμαθα για την δολοφονία, θυμόμουνα όμως λίγα πράγματα για αυτό τον πράγματι λαμπρό Επιστήμονα!!!

hsiodos · #9

Καλημέρα

Ροδόλφε στο 3 υπάρχει τυπογραφικό λάθος. Για το πλάτος του διαστήματος στην άσκηση γράφεις να είναι τουλάχιστον α και όχι f(a) .

Γιώργος

mathxl · #10

Ναι λολ και μου πήρε χθες τουλάχιστον 3 ώρες...

Μια απ' όλα (Οχι πίτσα αλλά άσκηση)

Μια απ' όλα (Οχι πίτσα αλλά άσκηση)

Re: Μια απ' όλα (Οχι πίτσα αλλά άσκηση)

Re: Μια απ' όλα (Οχι πίτσα αλλά άσκηση)

Re: Μια απ' όλα (Οχι πίτσα αλλά άσκηση)

Re: Μια απ' όλα (Οχι πίτσα αλλά άσκηση)

Re: Μια απ' όλα (Οχι πίτσα αλλά άσκηση)

Re: Μια απ' όλα (Οχι πίτσα αλλά άσκηση)

Re: Μια απ' όλα (Οχι πίτσα αλλά άσκηση)

Re: Μια απ' όλα (Οχι πίτσα αλλά άσκηση)

Re: Μια απ' όλα (Οχι πίτσα αλλά άσκηση)

Μέλη σε σύνδεση