Εύκολο;

konstantogeo · #1

Έστω $f:R\rightarrow R$ ,συνεχής για την οποία ισχύει:
$x-1\leq f(x)\leq x+1$ για κάθε $x\epsilon R$
Να δείξετε ότι σύνολο τιμών της

είναι το

sokratis lyras · #2

konstantogeo έγραψε:Έστω $f:R\rightarrow R$ ,συνεχής για την οποία ισχύει:
$x-1\leq f(x)\leq x+1$ για κάθε $x\epsilon R$
Να δείξετε ότι σύνολο τιμών της είναι το

Πολύ εύκολο..

Christos.N · #3

Έστω $\displaystyle{\eta \in R}$

τότε $\displaystyle{\eta - 1 < \eta < \eta + 1}$ , και από τα δεδομένα της άσκησης $\displaystyle{f(\eta - 2) \le \eta - 1\, < \eta < \,\eta + 1\, \le f(\eta + 2)}$ .

Άρα καθώς η συνάρτηση είναι συνεχής σε όλο το $\displaystyle{ R}$ συνεπώς και σε κάθε διάστημα που ορίζεται, σύμφωνα με το θεώρημα ενδιαμέσων τιμών υπάρχει τουλάχιστον ένα $\displaystyle{\xi \in (\eta - 2,\eta + 2)}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{f(\xi ) = \eta }$ .

Δείξαμε δηλαδή ότι για κάθε πραγματικό αριθμό $\displaystyle{\eta}$ υπάρχει πραγματικός αριθμός $\displaystyle{\xi }$ με $\displaystyle{f(\xi ) = \eta }$ , άρα το σύνολο τιμών της $\displaystyle{f}$ είναι όλο το $\displaystyle{ R}$ .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

dr.tasos · #4

με όρια θα μπορούσε να πάει καπως έτσι

για
x >2000

$\displaystyle{ f(x) \geq 0 }$

$\displaystyle{ \Rightarrow \frac{1}{f(x)} \geq 0 }$

$\displaystyle{ \frac{1}{x-1} \geq \frac{1}{f(x)} \geq 0 }$
παίρνω ορια στο άπειρο και βγαινει μηδέν αρα αφου ειναι και θετική θα ειναι $+ \infty$ ομοια για την αλλη μερια

για x <-2000

$\Rightarrow \frac{1}{f(x)} <0$

$0>\frac{1}{f(x)}> \frac{1}{x+1}$

παίρνω όρια στο $- \infty$ και απο κριτήριο παρεμβολής προκύπτει ότι $\lim_{x \to -\infty }\frac{1}{f(x)}= 0$ και αφου η f(x)<0

για πολύ μικρά χ

$\lim_{x \to -\infty }f(x)= -\infty$

συνεπώς απο γνωστό λήμμα ( στις εξετάσεις χρείαζεται απόδειξη βέβαια) προκυπτει οτι το σύνολο τιμών της

ειναι το $\mathbb{R}$
υσ : φευγω για μαθημα θα την διορθωσω μετα!

gian7 · #5

Είναι $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}(x-1)=\lim_{x\rightarrow +\infty}(x+1)=+\infty}$ , άρα από κριτήριο παρεμβολής $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)=+\infty}$
Eίναι $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}(x-1)=\lim_{x\rightarrow -\infty}(x+1)=-\infty}$ , άρα από κριτήριο παρεμβολής $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}f(x)=-\infty}$
Αφού η $\displaystyle{f}$ είναι συνεχής το ζητούμενο είναι άμεσο!

#6

Christos.N έγραψε:Έστω $\displaystyle{\eta \in R}$

τότε $\displaystyle{\eta - 1 < \eta < \eta + 1}$ , και από τα δεδομένα της άσκησης $\displaystyle{f(\eta - 2) \le \eta - 1\, < \eta < \,\eta + 1\, \le f(\eta + 2)}$ .

Άρα καθώς η συνάρτηση είναι συνεχής σε όλο το $\displaystyle{ R}$ συνεπώς και σε κάθε διάστημα που ορίζεται, σύμφωνα με το θεώρημα ενδιαμέσων τιμών υπάρχει τουλάχιστον ένα $\displaystyle{\xi \in (\eta - 2,\eta + 2)}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{f(\xi ) = \eta }$ .

Δείξαμε δηλαδή ότι για κάθε πραγματικό αριθμό $\displaystyle{\eta}$ υπάρχει πραγματικός αριθμός $\displaystyle{\xi }$ με $\displaystyle{f(\xi ) = \eta }$ , άρα το σύνολο τιμών της $\displaystyle{f}$ είναι όλο το $\displaystyle{ R}$ .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
πήγα να μπλέξω με όρια και προβληματίστηκα, θα χαιρόμουν αν έβλεπα μια λύση και με αυτά.

Χρήστο, η λύση αυτή είναι υπέροχη και βασίζεται στον ορισμό του συνόλου τιμών και στο ΘΕΤ. Δεν αφήνει κανένα απολύτως κενό. Η λύση με τα όρια, αν και για μένα πλήρης, αφήνει μερικά ερωτηματικά για κουβέντα και μερικοί συνάδελφοι θα απαιτήσουν ,δίκαια ίσως , μια μικρή αιτιολόγηση, που πάλι βασίζεται στο ΘΕΤ..

Μπάμπης

mathxl · #7

Αρκεί να δείξουμε ότι για κάθε $y \in R$ , υπάρχει κάποιο ${x_0} \in R$ ώστε : $f\left( {{x_0}} \right) = y$ .
Έστω ότι για κάθε $x \in R$ , υπάρχει κάποιο ${y_0} \in R$ ώστε : $f\left( x \right) \ne {y_0}$ .
Η συνάρτηση $g:R \to R$ με τύπο $g\left( x \right) = f\left( x \right) - {y_0}.x \in R$ , είναι μη μηδενιζόμενη και συνεχής στο

ως διαφορά συνεχών (αφού η

είναι συνεχής από υπόθεση), επομένως θα διατηρεί σταθερό πρόσημο στο

.
Για κάθε $x \in R$ , έχουμε:
$x - 1 \le f(x) \le x + 1 \Rightarrow x - 1 - {y_0} \le f(x) - {y_0} \le x + 1 - {y_0} \Rightarrow$

$x - 1 - {y_0} \le g(x) \le x + 1 - {y_0}$ .
Είναι
$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {x - 1 - {y_0}} \right) = + \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {x + 1 - {y_0}} \right) = + \infty$ .
Από το Κ.Π. συμπεραίνουμε ότι: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } g(x) = + \infty$ , απόπου έπεται ότι $g\left( x \right) > 0$ για

"κοντά" στο $+ \infty$ .

Όμοια παίρνουμε $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } g(x) = - \infty$ απόπου έπεται ότι $g\left( x \right) < 0$ για

"κοντά" στο $- \infty$ .
Άτοπο αφού η

διατηρεί σταθερό πρόσημο. Επομένως $f\left( R \right) = R$ .

Christos.N · #8

"κοντά" στο $- \infty$ .

Αυτό είναι που με προβληματίζει...

Ακόμα και το

gian7 έγραψε:Είναι $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}(x-1)=\lim_{x\rightarrow +\infty}(x+1)=+\infty}$ , άρα από κριτήριο παρεμβολής $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)=+\infty}$
Eίναι $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}(x-1)=\lim_{x\rightarrow -\infty}(x+1)=-\infty}$ , άρα από κριτήριο παρεμβολής $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}f(x)=-\infty}$
Αφού η $\displaystyle{f}$ είναι συνεχής το ζητούμενο είναι άμεσο!

που είναι διαισθητικά εντελώς ορθό αλλά πάλι με προβληματίζει.

Ψαχούλεψα ξανά το σχολικό βιβλίο και δεν βρίσκω ούτε ψήγμα αναφοράς, μήπως να το βλέπαμε στην $\displaystyle{\frac{1}{{f(x)}}}$ όπως πάει να το ξεκινήσει ο Τάσος.

Πάντως όλα αυτά λύνονται αν θυμηθούμε την δημοσίευση εδώ.

dr.tasos · #9

Νομίζω τώρα ειναι οκ.

Εύκολο;

Εύκολο;

Re: Εύκολο;

Re: Εύκολο;

Re: Εύκολο;

Re: Εύκολο;

Re: Εύκολο;

Re: Εύκολο;

Re: Εύκολο;

Re: Εύκολο;

Μέλη σε σύνδεση