mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 31, 2019 7:27 pm**

Έστω $f:[a,b] \rightarrow \mathbb{R}$ συνεχής συνάρτηση και παραγωγίσιμη στο (a,b)

. Θεωρούμε ότι f(a)=a

,

. Δείξατε ότι για οποιουσδήποτε θετικούς αριθμούς $r_1, \dots , r_n$ υπάρχουν διακεκριμένοι αριθμοί $x_1, \dots , x_n \in (a,b)$ τέτοιοι ώστε

$\displaystyle{ \sum_{i=1}^n \frac{r_i}{f'(x_i)}=\sum_{i=1}^n r_i}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 01, 2019 6:14 pm**

Tolaso J Kos έγραψε: Σάβ Αύγ 31, 2019 7:27 pm Έστω $f:[a,b] \rightarrow \mathbb{R}$ συνεχής συνάρτηση και παραγωγίσιμη στο . Θεωρούμε ότι , . Δείξατε ότι για οποιουσδήποτε θετικούς αριθμούς $r_1, \dots , r_n$ υπάρχουν διακεκριμένοι αριθμοί $x_1, \dots , x_n \in (a,b)$ τέτοιοι ώστε

$\displaystyle{ \sum_{i=1}^n \frac{r_i}{f'(x_i)}=\sum_{i=1}^n r_i}$

Τόλη πες την αλήθεια! Δεν ήθελες να την βάλεις σε αυτό τον φάκελο ε;

Κατ'αρχάς διαιρώντας με $\displaystyle\sum_{i=1}^n r_i$ μπορούμε να γράψουμε την προς απόδειξη σχέση ως

$\displaystyle{ \sum_{i=1}^n \frac{r_i}{f'(x_i)}=1}$ όπου τώρα $r_i\in(0,1)$ και $\displaystyle{ \sum_{i=1}^nr_i=1}.$

Αρκεί να βρούμε τώρα κατάλληλους αριθμούς c_0,c_1,c_2,...,c_n

στο

ώστε

$\displaystyle{ \sum_{i=1}^n \frac{r_i(c_{i}-c_{i-1})}{f(c_i)-f(c_{i-1})}=1}.$

Από το ΘΜΤ έπειτα θα πάρουμε το ζητούμενο. Τα c_i

θα τα επιλέξουμε έτσι ώστε $\displaystyle{ \sum_{i=1}^n (c_{i}-c_{i-1})=1}$

και $\displaystyle{ \frac{r_i}{f(c_{i})-f(c_{i-1})}=1}$ . Για να πετύχουμε τη δεύτερη θα πρέπει, επειδή $r_i\in(0,1)$ ,

να έχουμε εξασφαλισμένο ότι το σύνολο τιμών της

περιέχει το (0,1).

Από την υπόθεση αυτό δεν

προκύπτει οπότε θεωρούμε την

$g(x)=\dfrac{f(x(b-a)-a)-f(a)}{f(b)-f(a)}=\dfrac{f(x(b-a)+a)-f(a)}{b-a},x\in[0,1]$ .

Για την καινούρια συνάρτηση παρατηρούμε ότι ισχύει g(0)=0,g(1)=1,

είναι συνεχής και επομένως

$(0,1)\subseteq g([0,1]).(\bigstar )$ To σημαντικότερο. Για την καινούρια συνάρτηση το συμπέρασμα παραμένει

αναλλοίωτο (εύκολο να ελεγχθεί). Αν υπάρχουν $x_i\in(0,1)$ για την

υπάρχουν και $x_i\in(a,b)$

για την

και αντίστροφα. Άρα δουλεύουμε με την

Παίρνουμε τώρα c_0=0

και επιλέγουμε

c_1

έτσι ώστε

Το

είναι εξασφαλισμένο από το γεγονός ότι

$r_1\in(0,1)$ και από την $(\bigstar ).$

Επειδή $r_1+r_2\in(r_1,1)$ μπορούμε να επιλέξουμε c_2

στο

ώστε

άρα και

. Επαναλαμβάνουμε τη διαδικασία μέχρι το c_n=1

όπου θα πάρουμε $g(c_n)-g(c_{n-1})=r_n$ και ολοκληρώνουμε την απόδειξη με το ΘΜΤ.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 01, 2019 10:21 pm**

Θα δώσω μια απόδειξη εκτός φακέλου που την θεωρώ πολύ πιο φυσιολογική.

Όπως ο Λάμπρος
Διαιρώντας με $\displaystyle\sum_{i=1}^n r_i$ μπορούμε να γράψουμε την προς απόδειξη σχέση ως

$\displaystyle{ \sum_{i=1}^n \frac{r_i}{f'(x_i)}=1}$ όπου τώρα $r_i\in(0,1)$ και $\displaystyle{ \sum_{i=1}^nr_i=1}.$

Αν η f(x)=x

δεν έχουμε να δείξουμε τίποτα γιατί μπορούμε να πάρουμε όποια σημεία θέλουμε.

Διαφορετικά εύκολα μπορεί να δειχθεί ότι υπάρχει $\epsilon > 0$
ώστε
$f'((a,b)\supseteq (1-\epsilon ,1+\epsilon )$ .

θεωρώντας ότι $n\geq 3$ μπορούμε να υποθέσουμε ότι $r_{n}< \frac{1}{2}$

Ετσι το $\epsilon$ μπορεί να επιλεγεί ώστε $\epsilon < 1-2r_n$

Παίρνουμε n-1

διαφορετικά σημεία ώστε

$1< f'(x_{i})<1+\delta ,i=1,2,..,n-1$

βλέπουμε ότι

$\frac{1-r_{n}}{1+ \delta }< \sum_{i=1}^{n-1}\frac{r_{i}}{f'(x_{i})}< 1-r_{n}$

θέλουμε να βρούμε $x_{n}$ διαφορετικό των υπολοίπων ώστε

$\frac{1-r_{n}}{1+ \delta }< 1-\frac{r_{n}}{f'(x_{n})}< 1-r_{n}$

η ισοδύναμα

$1> f'(x_{n})> \frac{r_{n}(1+\delta )}{\delta+r_{n}}$

επειδή το $\delta$ μπορεί να επιλεγεί ώστε $0<\delta <\epsilon$
και

$1-\epsilon <\frac{r_{n}(1+\delta )}{\delta +r_{n}}< 1$

το θεώρημα του Darboux μας εξασφαλίζει την ύπαρξη του και προφανώς είναι διαφορετικό των προηγουμένων.

Σημείωση.
Αλλάξανε καποιες σχέσεις στην αρχική ανάρτηση

mathematica.gr

Ύπαρξη αριθμών x_n

Ύπαρξη αριθμών x_n

Re: Ύπαρξη αριθμών x_n

Re: Ύπαρξη αριθμών x_n