mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 10, 2017 12:39 am**

Έστω

συνάρτηση συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο $\mathbb{R}$ . Να αποδείξετε ότι:

1) Υπάρχει μοναδικό $x_0\in\mathbb{R}$ τέτοιο ώστε για κάθε $x_1\in(-\infty,x_0)$ και $x_2\in(x_0,+\infty)$ να ισχύει:
(f(x_1)-x_1)(f(x_2)-x_2)<0

2) Υπάρχει διάστημα $\Delta$ τέτοιο ώστε για κάθε $a\in\Delta$ η εξίσωση:

$\left(\displaystyle\int_{a-1}^{a+1} f(t)dt-2a\right)(1-x)=xe^x$ να έχει ακριβώς μια ρίζα.

Σημείωση: Η ιδέα για την κατασκευή της παραπάνω άσκησης προήλθε από ένα θέμα του συναδέλφου Π. Τρύφων που περιέχεται στη συλλογή «501 επαναληπτικά θέματα».

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 10, 2017 1:39 am**

pelef έγραψε:Έστω συνάρτηση συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο $\mathbb{R}$ . Να αποδείξετε ότι:

1) Υπάρχει μοναδικό $x_0\in\mathbb{R}$ τέτοιο ώστε για κάθε $x_1\in(-\infty,x_0)$ και $x_2\in(x_0,+\infty)$ να ισχύει:

...Καλησπέρα

με μιά αντιμετώπιση για το (1)

1) Θεωρώντας την συνάρτηση $g(x)=f(x)-x,\,\,x\in R$ , αυτή είναι συνεχής στο

και γνήσια φθίνουσα αφού για

${{x}_{1}},{{x}_{2}}\in R,\,\,\,{{x}_{1}}<{{x}_{2}}$ ισχύουν $-{{x}_{1}}>-{{x}_{2}}$ και επειδή

γνησίως φθίνουσα στο

$\mathbb{R}$ , $f({{x}_{1}})>f({{x}_{2}})$ και με πρόσθεση κατά μέλη των ανισοτήτων ισχύει ότι

$f({{x}_{1}})-{{x}_{1}}>f({{x}_{2}})-{{x}_{2}}\Rightarrow g({{x}_{1}})>g({{x}_{2}})$ .

Επίσης g(0)=f(0)

και αν

η

έχει ρίζα το

,

αν τώρα f(0)>0

θα είναι

επειδή

και η

γνήσια φθίνουσα, επομένως ισχύει g(f(0))g(0)<0

και σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano υπάρχει ${{x}_{0}}\in (0,\,\,f(0))$ ώστε $g({{x}_{0}})=0$

Ανάλογα αν f(0)<0

δείχνουμε ότι υπάρχει ${{x}_{0}}\in (f(0),\,\,0)$ ώστε $g({{x}_{0}})=0$ , επομένως σε κάθε περίπτωση η

g(x)=0

έχει ρίζα $x_0\in\mathbb{R}$ που είναι και μοναδική αφού η

είναι γνήσια μονότονη άρα και '1-1'

Τώρα θα ισχύει για $x<{{x}_{0}}$ αφού

γνήσια φθίνουσα , ότι $g(x)>g({{x}_{0}})=0$ και για

$x>{{x}_{0}}$ ότι $g(x)<g({{x}_{0}})=0$ επομένως για κάθε $x_1\in(-\infty,x_0)$ και $x_2\in(x_0,+\infty)$ θα ισχύει ότι

$g({{x}_{1}})g({{x}_{2}})<0\Leftrightarrow (f({{x}_{1}})-{{x}_{1}})(f({{x}_{2}})-{{x}_{2}})<0$ , που είναι το ζητούμενο.

...συνεχίζεται...

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 10, 2017 1:56 am**

α) Θα αποδείξουμε καταρχήν ότι υπάρχει x_0

ώστε

. Αν δε συνέβαινε αυτό τότε θα είχαμε $f(x)-x\neq 0$ για κάθε $x\in\mathbb{R}$ και λόγω συνέχειας θα έπρεπε f(x)-x>0

για κάθε $x\in\mathbb{R}$ ή f(x)-x<0

για κάθε $x\in\mathbb{R}$ .

Αν f(x)>x

για κάθε $x\in\mathbb{R}$ τότε αφενός επειδή η

είναι γνησίως φθίνουσα παίρνουμε f(f(x))<f(x)

και αφετέρου βάζοντας στην f(x)>x

όπου

το

παίρνουμε

, άτοπο.

Όμοια καταλήγουμε σε άτοπο αν f(x)<x

για κάθε $x\in\mathbb{R}$ .

Άρα η f(x)-x

μηδενίζεται σε ένα σημείο x_0

το οποίο είναι μοναδικό διότι η συνάρτηση f(x)-x

είναι γνησίως φθίνουσα.

Το x_0

είναι το ζητούμενο σημείο καθώς f(x)>x

για κάθε

και

για κάθε

.

Είναι το μοναδικό για το οποίο συμβαίνει το ζητούμενο καθώς αν υπήρχε κι άλλο σημείο $x_0'\neq x_0$ τότε το x_0

θα άνηκε σε κάποιο από τα διαστήματα $(-\infty,x_0')$ ή $(x_0',+\infty)$ και τότε θέτοντας στη ζητούμενη σχέση όπου x_1=x_0

(αν

) ή όπου

(αν

) θα παίρναμε 0<0

, άτοπο.

β) Αφού f(x)>x

για κάθε

άρα αν απαιτήσουμε a-1<x_0

και

τότε ολοκληρώνοντας την f(x)>x

σε ένα οποιοδήποτε υποδιάστημα του $A=(-\infty,x_0-1)$ παίρνουμε $\displaystyle\int_{a-1}^{a+1} f(x)dx-2a>0$

Για ευκολία θέτουμε $k=\displaystyle\int_{a-1}^{a+1} f(x)dx-2a$ και αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση k(1-x)=xe^x

έχει ακριβώς μία ρίζα για k>0

δηλαδή ισοδύναμα η εξίσωση $\dfrac{k(1-x)}{xe^x}=1$ (αφού το

δεν είναι λύση).

Θεωρούμε τη συνάρτηση $H(x)=\dfrac{k(1-x)}{xe^x}-1$ η οποία είναι παρ/μη στο $(-\infty,0)\cup (0,+\infty)$ με $H'(x)=\dfrac{k(x^2-x-1)}{x^2e^x}$

Οι ρίζες της