mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 09, 2023 8:18 pm**

Εστω

το σύνολο των συνεχών συναρτήσεων $\displaystyle f:[-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}]\rightarrow [-1,1]$
που είναι παραγωγίσιμες στο $\displaystyle ( -\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2})$
Να υπολογισθεί το
$\displaystyle sup_{f\in A}inf_{x\in (-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2})}f^2(x)+f'^2(x)$

Το θέμα είναι σε άλλη μορφή δημοσιευμένο στο f.b
Μετά την λύση θα αναφέρω και αυτόν που το ανάρτησε.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 09, 2023 10:27 pm**

Καλησπέρα.

Μια προσπάθεια:

ΛΗΜΜΑ: Για κάθε

υπάρχει $\xi \in (-\dfrac{\pi }{2},\dfrac{\pi }{2})$ , ώστε $f^2(\xi )+f'^2(\xi )\leq 1$ .

Αν

όχι μονότονη, η παράγωγος κάπου θα μηδενίζεται και η θέση αυτή μας κάνει ως $\xi$ .

Αν

μονότονη, έστω αύξουσα, τότε, αν δεν κάνω λάθος, η παράγωγός της είναι ολοκληρώσιμη.

Οπότε:

$\int_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\dfrac{f'(x)}{\sqrt{1-f^2(x)}}dx=\int_{f(-\frac{\pi }{2})}^{f(\frac{\pi }{2})}\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx\leq \int_{-1}^{1}\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx=\pi =\int_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}1dx$ .

Συνεπώς, υπάρχει $\xi$ ,ώστε $\dfrac{f'(\xi )}{\sqrt{1-f^2(\xi )}}\leq 1\Leftrightarrow f'^2(\xi )+f^2(\xi )\leq 1$ .

Ερχόμαστε στο πρόβλημα.

Από το λήμμα είναι άμεσο ότι $inf_{x\in (-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2})}f^2(x)+f'^2(x)\leq 1$ .

Επειδή το

πιάνεται με τη συνάρτηση f(x)=sinx

, έπεται ότι η ζητούμενη τιμή είναι το

.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 10, 2023 9:35 pm**

ksofsa έγραψε: Σάβ Σεπ 09, 2023 10:27 pm Καλησπέρα.

Μια προσπάθεια:

ΛΗΜΜΑ: Για κάθε υπάρχει $\xi \in (-\dfrac{\pi }{2},\dfrac{\pi }{2})$ , ώστε $f^2(\xi )+f'^2(\xi )\leq 1$ .

Αν όχι μονότονη, η παράγωγος κάπου θα μηδενίζεται και η θέση αυτή μας κάνει ως $\xi$ .

Αν μονότονη, έστω αύξουσα, τότε, αν δεν κάνω λάθος, η παράγωγός της είναι ολοκληρώσιμη.

Οπότε:

$\int_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\dfrac{f'(x)}{\sqrt{1-f^2(x)}}dx=\int_{f(-\frac{\pi }{2})}^{f(\frac{\pi }{2})}\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx\leq \int_{-1}^{1}\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx=\pi =\int_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}1dx$ .

Συνεπώς, υπάρχει $\xi$ ,ώστε $\dfrac{f'(\xi )}{\sqrt{1-f^2(\xi )}}\leq 1\Leftrightarrow f'^2(\xi )+f^2(\xi )\leq 1$ .

Ερχόμαστε στο πρόβλημα.

Από το λήμμα είναι άμεσο ότι $inf_{x\in (-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2})}f^2(x)+f'^2(x)\leq 1$ .

Επειδή το πιάνεται με τη συνάρτηση , έπεται ότι η ζητούμενη τιμή είναι το .

Η λύση είναι εντάξει.

ksofsa έγραψε: Σάβ Σεπ 09, 2023 10:27 pm Αν μονότονη, έστω αύξουσα, τότε, αν δεν κάνω λάθος, η παράγωγός της είναι ολοκληρώσιμη.

Ισχύει για ολοκλήρωμα Lebesgue.
Δεν χρειάζεται η μονοτονία.
Αν η παράγωγος υπάρχει στο (a,b))

και η $f:[a,b]\rightarrow \mathbb{R}$ είναι συνεχής τότε
$f(b)-f(a)=\int_{a}^{b}f'(x)dx$
όπου το ολοκλήρωμα είναι Lebesgue.
Τα προβλήματα αρχίζουν αν δεν υπάρχει παντού η απειρίζεται σε κάποια σημεία.

Μια άλλη λύση είναι η εξής.
Όπως γράφτηκε παραπάνω μπορούμε να υποθέσουμε ότι f'(x)>0

και

στο $(-\dfrac{\pi }{2},\dfrac{\pi }{2})$
Η $g:[-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}]\rightarrow [-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}]$
με $g(x)=\arcsin f(x)$ είναι συνεχής και παραγωγίσημη στο $(-\dfrac{\pi }{2},\dfrac{\pi }{2})$ .
Επίσης είναι αύξουσα.
Είναι
$f^2(x)+f'^2(x)=\ sin ^2g(x)+(g'(x))^2\ cos ^2g(x)=1+((g'(x))^2-1)\ cos ^2g(x)$

Από Θ.Μ.Τ για την

υπάρχει $\xi \in (-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2})$
με
$0<g'(\xi )=\frac{g(\frac{\pi }{2})-g(-\frac{\pi }{2})}{\frac{\pi }{2}-(-\frac{\pi }{2})}\leq 1$

Αρα $f^2(\xi )+f'^2(\xi )\leq 1$

Το θέμα προτάθηκε από τον Νίκο Ζανταρίδη.

mathematica.gr

sup του inf

sup του inf

Re: sup του inf

Re: sup του inf