mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 07, 2021 8:45 am**

: Το ξ του Θ.Μ.Τ.png (11.53 KiB) Προβλήθηκε 2028 φορές

Ας πούμε ότι : 0<a<b

. Είναι γνωστό ότι για την συνάρτηση : $f(x)=mx^2+kx+\ell , m\ne 0$ ,

το $\xi$ του Θ.Μ.Τ , στο διάστημα [a,b]

, είναι το $\dfrac{a+b}{2}$ .

α) Δείξτε ότι για την συνάρτηση : $g(x)=\sqrt{x}$ , για το προκύπτον $\xi$ , ισχύει : $a<\xi<\dfrac{a+b}{2}$ .

β) Κάντε ανάλογες σκέψεις - διαπιστώσεις , για τις : $t(x)=\ell nx ,\:\:\: h(x)=e^x$ .

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 07, 2021 12:08 pm**

KARKAR έγραψε: Πέμ Ιαν 07, 2021 8:45 am Ας πούμε ότι : . Είναι γνωστό ότι για την συνάρτηση : $f(x)=mx^2+kx+\ell , m\ne 0$ ,

το $\xi$ του Θ.Μ.Τ , στο διάστημα , είναι το $\dfrac{a+b}{2}$ .

α) Δείξτε ότι για την συνάρτηση : $g(x)=\sqrt{x}$ , για το προκύπτον $\xi$ , ισχύει : $a<\xi<\dfrac{a+b}{2}$ .

β) Κάντε ανάλογες σκέψεις - διαπιστώσεις , για τις : $t(x)=\ell nx ,\:\:\: h(x)=e^x$ .

α) Το ΘΜΤ για την $\sqrt x$ δίνει $\sqrt b - \sqrt a= \dfrac {1}{2 \sqrt \xi} (b-a) = \dfrac {1}{2\sqrt \xi} (\sqrt b-\sqrt a) (\sqrt b + \sqrt a)$ . Άρα

$\sqrt {\xi} = \dfrac {\sqrt a + \sqrt b}{2}$ , οπότε $\xi = \dfrac {a+b+2\sqrt {ab} } {4} < \dfrac {a+b+ (a+b) } {4} = \dfrac {a+b } {2}$ , όπως θέλαμε.

β) Παρόμοια δουλειά για την e^x

δίνει βέβαια $e^{\xi } (b-a) = e^b-e^a$ , και θα δείξουμε ότι το δεξί μέλος είναι $\ge e^{(a+b)/2} (b-a)$ .

Πράγματι η $f(x)= e^x-e^{-x} -2x$ για $x\ge 0$ έχει $f'(x) = e^x+ e^{-x} -2$ και $f''(x) = e^x - e^{-x} \ge 0$ . Άρα

αύξουσα για $x\ge 0$ , οπότε

$f'(x) \ge f'(0)=0$ , και άρα

(γνήσια) αύξουσα, συνεπώς $f(x) \ge f(0)=0$ . Ειδικά για x=(b-a)/2

δίνει $e^{(b-a)/2}- e^{-(b-a)/2} \ge b-a$ , που με πολλαπλασιασμό επί $e^{{a+b}/2}$ δ'ίνει την ζητούμενη.

Τελικά $\xi > \dfrac {a+b} {2}$

Θα επανέλθω για το τρίτο μέρος (πρέπει να κλείσω) όπου η διαδικασία είναι παρόμοια μ.εσω της $\ln x > \dfrac {2(x-1)}{x+1}$ για x>1

.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 07, 2021 12:58 pm**

Για τον λογάριθμο έχουμε $\dfrac {1}{\xi} (b-a) = \ln b - \ln a$ το οποίο θα δείξουμε ότι για b>a

είναι $> \dfrac {2(b-a)}{b+a}\,(*)$ .

Θεωρούμε την $f(x) = \ln x -\dfrac {2(x-1)}{x+1} = \ln x -2 +\dfrac {4}{x+1}$ για $x\ge 1$ . Έχει $f'(x) = \dfrac {1}{x} - \dfrac {4}{(x+1)^2}= \dfrac {(x-1)^2}{x(x+1)^2}\ge$ και μάλιστα γνήσια για x>1

. Άρα για

έχουμε

.

Ειδικά για x=b/a

δίνει το αποδεικτέο (*)

. Τελικά $\dfrac {1}{\xi} > \dfrac {2}{b+a}$ , και άρα $\xi < \dfrac {a+b}{2}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 07, 2021 1:15 pm**

Γενικά αν οι f''

και

διατηρούν πρόσημο μπορούμε να δούμε σε πιο
από τα
$[a,\frac{a+b}{2}],[\frac{a+b}{2},b]$
βρίσκεται το $\xi$

Από τον Taylor έχουμε

$\displaystyle f(b)=f(\xi )+f'(\xi )(b-\xi )+f''(\xi _1)\frac{(b-\xi )^{2}}{2}$

$\displaystyle f(a)=f(\xi )+f'(\xi )(a-\xi )+f''(\xi _2)\frac{(a-\xi )^{2}}{2}$

Ετσι

$\displaystyle f''(\xi _2)\frac{(a-\xi )^{2}}{2}=f''(\xi _1)\frac{(b-\xi )^{2}}{2}$

με $a< \xi _{2}< \xi <\xi _1<b$

κλπ

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 08, 2021 11:16 am**

παρατήρηση

Το $\displaystyle{\xi (x)}$ σε κυρτές - κοίλες συναρτησεις είναι συναρτηση του $\displaystyle{x}$ και μάλιστα ΣΥΝΕΧΗΣ
Η απόδειξη βρίσκεται Στον <<ΕΚΘΕΤΗ>> του Νίκου στην εργασία Γεωμετρικες συνθήκες κυρτότητας στο τέλος σχέσεις 66-72

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 08, 2021 11:21 am**

R BORIS έγραψε: Παρ Ιαν 08, 2021 11:16 am παρατήρηση

Το $\displaystyle{\xi (x)}$ σε κυρτές - κοίλες συναρτησεις είναι συναρτηση του $\displaystyle{x}$ και μάλιστα ΣΥΝΕΧΗΣ
Η απόδειξη βρίσκεται Στον <<ΕΚΘΕΤΗ>> του Νίκου στην εργασία Γεωμετρικες συνθήκες κυρτότητας στο τέλος σχέσεις 66-72

Αυτό είναι
http://www.nsmavrogiannis.gr/Ekthetis/Ekthetis003.pdf

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 08, 2021 1:39 pm**

Για την περίπτωση της t(x)=lnx

: Υπάρχει $\xi\in\left(a,b\right)$ , τέτοιο ώστε : $\xi=\dfrac{b-a}{lnb-lna}$ .

Θα δείξουμε ότι : $\xi < \dfrac{a+b}{2}\Leftrightarrow \dfrac{b-a}{lnb-lna}< \dfrac{a+b}{2} :\:\:$ ή $:\:\:(a+b)ln\dfrac{b}{a}-2(b-a)>0$ .

Αλλά η : $f(b)=(a+b)ln\dfrac{b}{a}-2(b-a)$ , έχει παράγωγο : $f'(b)=\dfrac{a}{b}+ln\dfrac{b}{a}-1$ , η οποία ,

όπως είδαμε εδώ , είναι μη αρνητική , με αποτέλεσμα η

να είναι γνησίως αύξουσα , δηλαδή :

f(b)>f(a)=0

, ο . ε. δ. Κι έτσι βρήκαμε λύση χωρίς χρήση της συνάρτησης της εκφώνησης .

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 08, 2021 8:56 pm**

KARKAR έγραψε: Παρ Ιαν 08, 2021 1:39 pm Κι έτσι βρήκαμε λύση χωρίς χρήση της συνάρτησης της εκφώνησης .

Μα αυτή

KARKAR έγραψε: Παρ Ιαν 08, 2021 1:39 pm
$f(b)=(a+b)ln\dfrac{b}{a}-2(b-a)$

ουσιστικά είναι η συνάρτηση της εκφώνησης: Είτε διαιρώντας με

και θέτοντας b/a=x

ή λαμβάνοντας $b=x,\,a=1$ γίνεται $(x+1)\ln x-2(x-1)$ έναντι της $\ln x - \dfrac {2(x-1)}{x+1}$ . Δεν έχουν ουσιώδη διαφορά. Άλλωστε και μία και η άλλη είναι ισοδύναμη μορφή του αποδεικτέου $\xi < \dfrac {a+b}{2}$ στο $\dfrac {1}{\xi} = \dfrac {\ln b - \ln a }{b-a}$ που δίνει το ΘΜΤ.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 08, 2021 9:25 pm**

Οι συναρτήσεις , πράγματι δεν έχουν καμία διαφορά . Εκείνο που λέω , είναι ότι το ερώτημα β) λύνεται

χωρίς κατ' ανάγκη να έχουμε ασχοληθεί με το πρώτο ( ή χωρίς καν να υπάρχει το πρώτο ! )

mathematica.gr

Το ξ του Θ.Μ.Τ.

Το ξ του Θ.Μ.Τ.

Re: Το ξ του Θ.Μ.Τ.

Re: Το ξ του Θ.Μ.Τ.

Re: Το ξ του Θ.Μ.Τ.

Re: Το ξ του Θ.Μ.Τ.

Re: Το ξ του Θ.Μ.Τ.

Re: Το ξ του Θ.Μ.Τ.

Re: Το ξ του Θ.Μ.Τ.

Re: Το ξ του Θ.Μ.Τ.