mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 30, 2022 10:15 am**

: Ξί-σιμο.png (55.09 KiB) Προβλήθηκε 1550 φορές

Μπορούμε άραγε να δείξουμε , ότι για οποιοδήποτε διάστημα [a,b]

, το ( μοναδικό )

προκύπτον $\xi$ , του M.V.T.

, για την

, δεν μπορεί να είναι το $\dfrac{a+b}{2}$ ;

* Υπάρχει συνάρτηση για την οποία το $\xi$ , ισούται με τον γεωμετρικό μέσο των a, b

;

Μπορούμε , ίσως να κάνουμε παρόμοιες σκέψεις για του άλλους μέσους

( αρμονικό , τετραγωνικό , λογαριθμικό κ.λ.π. ) ...

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 30, 2022 10:48 am**

KARKAR έγραψε: Κυρ Ιαν 30, 2022 10:15 am Ξί-σιμο.pngΜπορούμε άραγε να δείξουμε , ότι για οποιοδήποτε διάστημα , το ( μοναδικό )

προκύπτον $\xi$ , του , για την , δεν μπορεί να είναι το $\dfrac{a+b}{2}$ ;

* Υπάρχει συνάρτηση για την οποία το $\xi$ , ισούται με τον γεωμετρικό μέσο των ;

Μπορούμε , ίσως να κάνουμε παρόμοιες σκέψεις για του άλλους μέσους

( αρμονικό , τετραγωνικό , λογαριθμικό κ.λ.π. ) ...

.
Είχαμε κάνει εκτενή συζήτηση και αρκετά παραδείγματα σε αυτό το θέμα

εδώ και εδώ

και σίγουρα και αλλού.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 30, 2022 11:49 am**

Ίσως δεν διετύπωσα σαφώς το ερώτημα . Μιλάμε για κάθε κλειστό υποδιάστημα του πεδίου ορισμού

της συνάρτησης και όχι για κάποιο συγκεκριμένο, όπως είδαμε στις παραπομπές ...

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 30, 2022 12:08 pm**

KARKAR έγραψε: Κυρ Ιαν 30, 2022 11:49 am Ίσως δεν διετύπωσα σαφώς το ερώτημα . Μιλάμε για κάθε κλειστό υποδιάστημα του πεδίου ορισμού

της συνάρτησης και όχι για κάποιο συγκεκριμένο, όπως είδαμε στις παραπομπές ...

Θανάση, σωστά.

Απαντούσα (έστω εν μέρη) στο δεύτερο μέρος της ερώτησης. Ξέρω να κάνω και το πρώτο, αλλά θα βάλω απάντηση αργότερα, αν χρειαστεί.

Πάντως μία εύκολη (που φαίνεται στις παραπομπές που έδωσα) είναι η px^2+qx+r

. Αυτής το μοναδικό $\xi$ είναι το $\dfrac {a+b}{2}$ (άμεσο).

KARKAR έγραψε: Κυρ Ιαν 30, 2022 10:15 am * Υπάρχει συνάρτηση για την οποία το $\xi$ , ισούται με τον γεωμετρικό μέσο των ;

Μπορούμε , ίσως να κάνουμε παρόμοιες σκέψεις για του άλλους μέσους

( αρμονικό , τετραγωνικό , λογαριθμικό κ.λ.π. ) ...

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 30, 2022 5:39 pm**

KARKAR έγραψε: Κυρ Ιαν 30, 2022 10:15 am Μπορούμε άραγε να δείξουμε , ότι για οποιοδήποτε διάστημα , το ( μοναδικό )

προκύπτον $\xi$ , του , για την , δεν μπορεί να είναι το $\dfrac{a+b}{2}$ ;

Μπορούμε. Θα δείξουμε δηλαδή ότι όποιο και αν είναι το διάστημα $[a,\, b]$ , τότε το $\xi$ που προκύπτει από το Θ.Μ.Τ. για την e^x

είναι οπωσδήποτε διαφορετικό από το $\dfrac{a+b}{2}$ .

Πράγματι, έστω ότι για κάποια $a,\,b$ με a<b

είχαμε $\displaystyle{e^b-e^a=e^{\frac {a+b}{2} }(b-a)}$ . Τότε θα είχαμε και

$\displaystyle{e^{b-\frac {a+b}{2} }-e^{a-\frac {a+b}{2}} =b-a}$ , ισοδύναμα $\displaystyle{e^{\frac {b-a}{2} }-e^{-\frac {b-a}{2}} =b-a}$ .

Γράφοντας $p= \frac {b-a}{2}$ , η προηγούμενη σημαίνει ότι για κάποιο p>0

θα είχαμε $\displaystyle{e^{p}-e^{-p} =2p \, (*)}$ .

Όμως η συνάρτηση $\displaystyle{f(x) = e^{x}-e^{-x} -2x}$ έχει $\displaystyle{f'(x) = e^{x}+e^{-x} -2}$ . Αλλά ξέρουμε ότι για t>0

ισχύει $t+\dfrac {1}{t}\ge 2$ με ισότητα μόνο όταν t=1

. Εδώ λοιπόν $f'(x) \ge 0$ και μάλιστα γνήσια εκτός αν e^x=1

. Άρα η

είναι γνήσια αύξουσα και άρα

f(p) > f(0) = 0

. Αυτό δείχνει ότι εν μπορεί να ισχύει η (*)

.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 30, 2022 6:53 pm**

KARKAR έγραψε: Κυρ Ιαν 30, 2022 10:15 am * Υπάρχει συνάρτηση για την οποία το $\xi$ , ισούται με τον γεωμετρικό μέσο των ;

Πριν μπούμε στις λεπτομέρειες, μερικά σχόλια είναι απαραίτητα.

Για την περίπτωση του γεωμετρικού μέσου $\sqrt {ab}$ , πρέπει τα $a,\, b$ να είναι ομόσημα για να έχει νόημα η παράσταση. Οπότε πρέπει να το λάβουμε υπόψη αυτό.

Επίσης ας παρατηρήσουμε ότι για τις συναρτήσεις της μορφής f(x)=px+q

, οποιοδήποτε $\xi$ μας κάνει, συμπεριλαβάνομένου λοιπόν και του γεωμετρικού μέσου. Ας ονομάσουμε τις συναρτήσεις αυτές "τετριμμένη περίπτωση".

Τα δύο αυτά ξεπερνούνται με την απάντηση στο ερώτημα παραπάνω. Συγκεκριμένα θα δείξουμε ότι οι μόνες συναρτήσεις που το $\xi$ του Θ.Μ.Τ. για όλα τα $[a,\,b]$ με $0\le a <b$ είναι το $\xi = \sqrt {ab}$ , είναι οι τετριμμένες.

Απόδειξη. Έστω μία παραγωγίσιμη

έχει την εν λόγω ιδιότητα. Τότε για κάθε b>0

και

έχουμε

$f'(x) = f' \left (\sqrt { \dfrac {x^2}{b} \cdot b} \right )} = \dfrac { f(b) - f\left ( \dfrac {x^2}{b} \right )} {b - \dfrac {x^2}{b} }$ .

Tο όριο το $x\to 0$ του δεξιού μέλους υπάρχει, άρα και του αριστερού. Συγκεκριμένα είναι

$\displaystyle{\lim _{x\to 0}f'(x) = \dfrac { f(b) - f(0)} {b }}$ .

Tώρα (και εδώ είναι το κλειδί) το αριστερό μέλος είναι ανεξάρτητο του

, οπότε και το δεξί. Δηλαδή είναι σταθερό (Ας το πω με άλλα λόγια: Αν στην θέση του

είχαμε ένα

, το όριο αριστερά δεν θα άλλαζε (μοναδικότητα του ορίου). Συμπεραίνουμε ότι το δεξί μέλος για

ή

είναι το ίδιο). Άρα για κάποιο

και για όλα τα b>0

ισχύει

$\dfrac { f(b) - f(0)} {b }=A$ , ή αλλιώς f(b) = Ab+c

(οι τετριμμένες). Τελειώσαμε.

Σχολιάζω ότι παραλλαγή της ίδιας απόδειξης με τις προφανείς προσαρμογές περνάει και για άλλους μέσους, όπως για παράδειγμα τον αρμονικό.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 01, 2022 7:40 pm**

Στην απόδειξη του Μιχάλη παραπάνω , για το διάστημα [a , b]

, θεωρείται ότι : $0\leq a < b$

Λοιπόν , θεωρούμε την συνάρτηση : $f(x)=x+\dfrac{1}{x} , x>0$ , συνεπώς : 0<a<b

. Είναι σχετικά

απλό να δείξουμε ότι γι' αυτήν το ( μοναδικό) $\xi$ του Θ.Μ.Τ , είναι το : $\xi=\sqrt{ab}$ , δηλαδή

ο γεωμετρικός μέσος των άκρων . Προσωπικά θα θεωρούσα μεγάλο επίτευγμα , αν βρίσκαμε συνάρτηση ,

για την οποία το προκύπτον $\xi$ του Θ.Μ.Τ , να είναι κάποιος άλλος γνωστός μέσος

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 01, 2022 11:58 pm**

KARKAR έγραψε: Τρί Φεβ 01, 2022 7:40 pm Στην απόδειξη του Μιχάλη παραπάνω , για το διάστημα , θεωρείται ότι : $0\leq a < b$

Λοιπόν , θεωρούμε την συνάρτηση : $f(x)=x+\dfrac{1}{x} , x>0$ , συνεπώς : . Είναι σχετικά

απλό να δείξουμε ότι γι' αυτήν το ( μοναδικό) $\xi$ του Θ.Μ.Τ , είναι το : $\xi=\sqrt{ab}$ , δηλαδή

ο γεωμετρικός μέσος των άκρων . Προσωπικά θα θεωρούσα μεγάλο επίτευγμα , αν βρίσκαμε συνάρτηση ,

για την οποία το προκύπτον $\xi$ του Θ.Μ.Τ , να είναι κάποιος άλλος γνωστός μέσος

Θανάση πολύ εύστοχο το παράδειγμά σου συνάρτησης με $\xi = \sqrt {ab}$ , για έναν ακόμη λόγο.

Αν τα διαστήματα επιτρέπεται να είναι (ακόμη και) της μορφής $[0,\, b]$ , τότε ο γεωμετρικός μέσος
είναι $\sqrt {0\times b} =0$ . Δηλαδή το $\xi$ δεν είναι εσωτερικό σημείο του διαστήματος,
πράγμα που θα το επιθυμούσαμε στο Θ.Μ.Τ.

Συνεπώς είναι πιο φυσιολογικό το ερώτημα, όταν μελετάμε κατά πόσο το $\xi$ μπορεί να είναι $\sqrt {ab}$ , να περιορίσουμε τα διαστήματα
σε $[a,\, b]$ με γνήσια θετικά άκρα και επίσης η ίδια η συνάρτηση να ορίζεται στο $(0,\, \infty )$ (δηλαδή δεν απαιτούμε να ορίζεται στο

).

Υπόψη ότι αν η

ορίζεται και στο

, τότε το προηγούμενό μου ποστ έχει ήδη απαντήσει στο ερώτημα, ακόμη και για την περίπτωση b>a>0

.

Σε αυτές τις περιπτώσεις βλέπουμε από το παράδειγμά σου είναι μία τέτοια περίπτωση. Θα ήταν χρήσιμο να τις βρούμε όλες. Μια οικογένεια είναι η άμεση γενίκευση του παραδείγματός σου, δηλαδή οι $f(x)=px+\dfrac{q}{x} , x>0$ .

Θέμα προς διερεύνηση.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Φεβ 04, 2022 1:30 pm**

Για τους μη αρνητικούς a,b

, ας ονομάσουμε "αριθμογεωμετρικό" μέσο AGM

, το ημιάθροισμα

του

και του

, δηλαδή : $AGM=\dfrac{AM+GM}{2}=\dfrac{a+b+2\sqrt{ab}}{4}$ .

Ας δείξουμε λοιπόν ότι η συνάρτηση : $f(x)=\sqrt{x}$ , η συνάρτηση : $g(x)=x+\sqrt{x}$ , μα και η :

$h(x)=kx+m\sqrt{x} ,( k , m \in \mathbb{R})$ , παράγουν όλες ως $\xi$ του Θ.Μ.Τ. , τον AGM

των

!

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Φεβ 04, 2022 2:05 pm**

KARKAR έγραψε: Παρ Φεβ 04, 2022 1:30 pm Για τους μη αρνητικούς , ας ονομάσουμε "αριθμογεωμετρικό" μέσο , το ημιάθροισμα

του και του , δηλαδή : $AGM=\dfrac{AM+GM}{2}=\dfrac{a+b+2\sqrt{ab}}{4}$ .

Ας δείξουμε λοιπόν ότι η συνάρτηση : $f(x)=\sqrt{x}$ , η συνάρτηση : $g(x)=x+\sqrt{x}$ , μα και η :

$h(x)=kx+m\sqrt{x} ,( k , m \in \mathbb{R})$ , παράγουν όλες ως $\xi$ του Θ.Μ.Τ. , τον των !

Για την

απαιτούμε $\displaystyle{ \sqrt b -\sqrt a = \dfrac {1}{2\sqrt \xi}(b-a)= \dfrac {1}{2\sqrt \xi}(\sqrt b-\sqrt a)(\sqrt b+\sqrt a)}$ , από όπου το ζητούμενο αφού πρώτα απλοποιήσουμε το $\sqrt b-\sqrt a$

Για την γενίκευση

κάνουμε ακριβώς το ίδιο μέσω της

$\displaystyle{kb -ka +m \sqrt b -m\sqrt a = \left (k+ \dfrac {m}{2\sqrt \xi} \right ) (b-a)}$

To kb-ka

φέγει και από τα δύο μέλή, οπότε ξαναρχόμαστε στη προηγούμενη ισότητα. Και λοιπά.

mathematica.gr

Απ' την μύγα ξί-γκι

Απ' την μύγα ξί-γκι

Re: Απ' την μύγα ξί-γκι

Re: Απ' την μύγα ξί-γκι

Re: Απ' την μύγα ξί-γκι

Re: Απ' την μύγα ξί-γκι

Re: Απ' την μύγα ξί-γκι

Re: Απ' την μύγα ξί-γκι

Re: Απ' την μύγα ξί-γκι

Re: Απ' την μύγα ξί-γκι

Re: Απ' την μύγα ξί-γκι