mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 31, 2019 11:11 pm**

Έστω $f:[0, 1] \rightarrow \mathbb{R}$ παραγωγίσιμη με συνεχή παράγωγο και f(0)=0

. Αν είναι $\displaystyle{\int_0^1 f(x) \; \mathrm{d}x =\int_0^1 x f(x) \; \mathrm{d}x}$ τότε να δειχθεί ότι υπάρχει $\xi \in (0, 1)$ τέτοιο ώστε

$\displaystyle{\int_0^\xi x f(x) \; \mathrm{d}x = \frac{2\xi}{3} \int_0^\xi f(x) \; \mathrm{d}x}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 31, 2019 11:58 pm**

Η ισότητα του ολοκληρώματος για ποια x ισχύει;

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 01, 2019 12:00 am**

Laplace-Gauss έγραψε: Κυρ Μαρ 31, 2019 11:58 pm Η ισότητα του ολοκληρώματος για ποια x ισχύει;

Δε καταλαβαίνω!

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 01, 2019 12:04 am**

Δικό μου λάθος , παρερμηνευσα

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 21, 2019 12:24 pm**

Επαναφορά !

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 21, 2019 1:40 pm**

Tolaso J Kos έγραψε: Κυρ Μαρ 31, 2019 11:11 pm Έστω $f:[0, 1] \rightarrow \mathbb{R}$ παραγωγίσιμη με συνεχή παράγωγο και . Αν είναι $\displaystyle{\int_0^1 f(x) \; \mathrm{d}x =\int_0^1 x f(x) \; \mathrm{d}x}$ τότε να δειχθεί ότι υπάρχει $\xi \in (0, 1)$ τέτοιο ώστε

$\displaystyle{\int_0^\xi x f(x) \; \mathrm{d}x = \frac{2\xi}{3} \int_0^\xi f(x) \; \mathrm{d}x}$

Θέτουμε $\displaystyle{ F(t)= t^2\int_0^t x f(x) dx - t^3\int_0^t f(x) dx}$ , οπότε από την υπόθεση είναι F(0)=F(1)=0

. Από Rolle είναι $F'(\xi)=0$ για κάποιo $\xi\in (0,1)$ . Άρα

$\displaystyle{2\xi \int_0^{\xi} x f(x) dx + \xi ^2 \cdot \xi f(\xi) - 3\xi ^2 \int_0^{\xi}f(x) dx - \xi ^3 f(\xi)=0}$ ,

που ισοδυναμεί με το ζητούμενο (απλοποιούνται δύο προσθετέοι).

(Δεν φαίνεται να χρειάστηκε η υπόθεση f(0)=0

ούτε ότι η

είναι παραγωγίσιμη και μάλιστα συνεχώς).

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 21, 2019 1:50 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Κυρ Απρ 21, 2019 1:40 pm
Θέτουμε $\displaystyle{ F(t)= t^2\int_0^t x f(x) dx - t^3\int_0^t f(x) dx}$ , οπότε από την υπόθεση είναι . Από Rolle είναι $F'(\xi)=0$ για κάποιo $\xi\in (0,1)$ . Άρα

$\displaystyle{2\xi \int_0^{\xi} x f(x) dx + \xi ^2 \cdot \xi f(\xi) - 3\xi ^2 \int_0^{\xi}f(x) dx - \xi ^3 f(\xi)=0}$ ,

που ισοδυναμεί με το ζητούμενο (απλοποιούνται δύο προσθετέοι).

(Δεν φαίνεται να χρειάστηκε η υπόθεση ούτε ότι η είναι παραγωγίσιμη και μάλιστα συνεχώς).

Μιχάλη , κάτι πήγε λάθος αφού το ισοδύναμο είναι:

$\displaystyle{2\xi \int_0^\xi x f(x) \, \mathrm{d}x = 3\xi^2 \int_{0}^{\xi} f(x) \, \mathrm{d}x \Leftrightarrow \int_{0}^{\xi}x f(x) \, \mathrm{d}x = \frac{3\xi}{2} \int_0^\xi f(x) \; \mathrm{d}x }$
ενώ ζητάω $\frac{2\xi}{3}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 21, 2019 4:28 pm**

Δεν ξέρω τι ζητάς.
Η άσκηση είναι για τον ακροβατικό λογισμό.

Με την επιπλέον υπόθεση (που μπορεί να την έχεις ξεχάσει) ότι f'(0)=0

είναι θεώρημα Rolle για την

Θέτουμε $\displaystyle{ F(t)= t^{-3}\int_0^t x f(x) dx - t^{-2}\int_0^t f(x) dx}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 21, 2019 8:08 pm**

Υπάρχει και άλλη πιο μακροσκελή λύση αλλά και αυτή μας κάνει. Μιας και είμαστε στο φάκελο της Γ' ας συμπληρώσω κάποιες απαραίτητες λεπτομέρειες.

Tolaso J Kos έγραψε: Κυρ Μαρ 31, 2019 11:11 pm Έστω $f:[0, 1] \rightarrow \mathbb{R}$ παραγωγίσιμη με συνεχή παράγωγο και . Αν είναι $\displaystyle{\int_0^1 f(x) \; \mathrm{d}x =\int_0^1 x f(x) \; \mathrm{d}x}$ τότε να δειχθεί ότι υπάρχει $\xi \in (0, 1)$ τέτοιο ώστε

$\displaystyle{\int_0^\xi x f(x) \; \mathrm{d}x = \frac{2\xi}{3} \int_0^\xi f(x) \; \mathrm{d}x}$

Θεωρούμε τη συνάρτηση

$\displaystyle{F(x)= \left\{\begin{matrix}\displaystyle \frac{1}{x^3} \int_{0}^{x} t f(t) \, \mathrm{d}t - \frac{1}{x^2} \int_{0}^{x} f(t) \, \mathrm{d}t & , & x \in (0, 1] \\0 & , & x =0\end{matrix}\right.}$
η οποία είναι συνεχής στο [0, 1]

. ( Γιατί ; ) Επιπλέον η

είναι παραγωγίσιμη στο (0, 1)

με παράγωγο

$\displaystyle{\begin{aligned} F'(x) &= \frac{x^4 f(x)-3x^2 \int_{0}^{x} tf(t) \; \mathrm{d}t}{x^6} - \frac{x^2 f(x)-2x\int_{0}^{x}f(t) \, \mathrm{d}t}{x^4} \\ &=\frac{x^4 f(x)-3x^2 \int_{0}^{x} tf(t) \; \mathrm{d}t}{x^6} -\frac{x^2 \left ( x^2 f(x)-2x\int_{0}^{x}f(t) \, \mathrm{d}t \right )}{x^6} \\ &= \frac{x^4 f(x)-3x^2 \int_0^x t f(t) \, \mathrm{d}t-x^4f(x)+2x^3 \int_0^x f(t) \, \mathrm{d}t}{x^6} \\ &=\frac{2x^3 \int_0^x f(t) \, \mathrm{d}t - 3x^2 \int_0^x t f(t) \, \mathrm{d}t}{x^6} \end{aligned}}$
Τέλος, επειδή F(1)=0=F(0)

το ζητούμενο έπεται από Rolle.

Συγνώμη για το που το φαγα... !

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 21, 2019 8:38 pm**

Tolaso J Kos έγραψε: Κυρ Απρ 21, 2019 1:50 pm Μιχάλη , κάτι πήγε λάθος αφού το ισοδύναμο είναι:

$\displaystyle{2\xi \int_0^\xi x f(x) \, \mathrm{d}x = 3\xi^2 \int_{0}^{\xi} f(x) \, \mathrm{d}x \Leftrightarrow \int_{0}^{\xi}x f(x) \, \mathrm{d}x = \frac{3\xi}{2} \int_0^\xi f(x) \; \mathrm{d}x }$
ενώ ζητάω $\frac{2\xi}{3}$ .

Ναι, αβλεψία μου εκ παραδρομής. Το ενδιαφέρον είναι ότι η αρχική άσκηση, δηλαδή

Tolaso J Kos έγραψε: Κυρ Μαρ 31, 2019 11:11 pm Έστω $f:[0, 1] \rightarrow \mathbb{R}$ παραγωγίσιμη με συνεχή παράγωγο και . Αν είναι $\displaystyle{\int_0^1 f(x) \; \mathrm{d}x =\int_0^1 x f(x) \; \mathrm{d}x}$ τότε να δειχθεί ότι υπάρχει $\xi \in (0, 1)$ τέτοιο ώστε

$\displaystyle{\int_0^\xi x f(x) \; \mathrm{d}x = \frac{2\xi}{3} \int_0^\xi f(x) \; \mathrm{d}x}$

είναι λάθος. Συμπτωματικά, λοιπόν, έλυσα την σωστή άσκηση. Ας δούμε παράδειγμα.

Για την f(x)=x-2x^2

είναι

και $\displaystyle{\int_0^1 (x-2x^2) dx =\int_0^1 x(x-2x^2)dx= -\frac {1}{6}$ .

Τώρα, η συνθήκη $\displaystyle{\int_0^t x f(x) dx = \frac{2t}{3} \int_0^tf(x) dx}$ γίνεται

$\displaystyle{\int_0^t x (x-2x^2) dx = \frac{2t}{3} \int_0^t (x-2x^2) dx}$ ισοδύναμα

$\displaystyle{\frac {1}{3}t^3-\frac {1}{2}t^4 = \frac{2t}{3} \left ( \frac {1}{2}t^2-\frac {2}{3}t^3\right ) }}$ ή (με την απλοποίηση του t^3

)

$\displaystyle{0-\frac {1}{2}t^4 = \frac{2t}{3} \left ( 0 -\frac {2}{3}t^3\right ) }}$ , οπότε t=0

.

Πρόβλημα!

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 21, 2019 8:46 pm**

Tolaso J Kos έγραψε: Κυρ Απρ 21, 2019 8:08 pm Υπάρχει και άλλη πιο μακροσκελή λύση αλλά και αυτή μας κάνει.

Τόλη, κάτι έχεις παρανοήσει εδώ. Η λύση που γράφεις είναι ακριβώς η λύση του Σταύρου (μόνο που δεν έβαλε τις πράξεις) που με την σειρά της είναι η λύση που έγραψα με διόρθωση των εκθετών στα

έξω από το ολοκλήρωμα (ώστε να βγει το σωστό κλάσμα).

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 22, 2019 12:00 am**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Κυρ Απρ 21, 2019 8:46 pm
Τόλη, κάτι έχεις παρανοήσει εδώ. Η λύση που γράφεις είναι ακριβώς η λύση του Σταύρου (μόνο που δεν έβαλε τις πράξεις) που με την σειρά της είναι η λύση που έγραψα με διόρθωση των εκθετών στα έξω από το ολοκλήρωμα (ώστε να βγει το σωστό κλάσμα).

Όχι Μιχάλη. Δεν έχω παρανοήσει κάτι! Έχω δει πιο μακροσκελή λύση! Έγραψα τη λύση του Σταύρου με περισσότερες λεπτομέρειες λόγω φακέλου. Τίποτα παραπάνω!

mathematica.gr

Ύπαρξη σταθεράς

Ύπαρξη σταθεράς

Re: Ύπαρξη σταθεράς

Re: Ύπαρξη σταθεράς

Re: Ύπαρξη σταθεράς

Re: Ύπαρξη σταθεράς

Re: Ύπαρξη σταθεράς

Re: Ύπαρξη σταθεράς

Re: Ύπαρξη σταθεράς

Re: Ύπαρξη σταθεράς

Re: Ύπαρξη σταθεράς

Re: Ύπαρξη σταθεράς

Re: Ύπαρξη σταθεράς