mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 23, 2023 9:09 am**

Η συνάρτηση $f : [1, 2] \rightarrow \mathbb{R}$ είναι συνεχής στο [1, 2]

, παραγωγίσιμη στο (1, 2)

και ισχύουν f (1) = 1

,

. Να δειχθεί ότι υπάρχουν $\xi_1, \xi_2 \in (1, 2)$ με $\xi_1 \neq \xi_2$ τέτοια ώστε $\xi_1^2 \xi_2^2 f'(\xi_1) f'(\xi_2) =4$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 26, 2023 10:08 pm**

Επαναφορά !

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 26, 2023 10:42 pm**

Tolaso J Kos έγραψε: Τρί Σεπ 26, 2023 10:08 pm Επαναφορά !

Είναι βέβαιο ότι μπορούμε να επιλέξουμε $\xi_1 \ne \xi_2$ ; Έχω απόδειξη του αποδεικτέου αλλά με $\xi_1 = \xi_2$ , οπότε ρωτάω για να μην καταπιαστώ για το ζητούμενο αν δεν βεβαιωθώ ότι ισχύει.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 26, 2023 11:42 pm**

Μιχάλη,

είναι άσκηση από τον Νίκο το Ζανταρίδη την οποία βρήκα στα αρχεία μου από το 2016. Έχω λύση, αλλά δεν την έχω διαθέσιμη αυτή τη στιγμή. Πρέπει να ψάξω καλύτερα στο ηλεκτρονικό αρχείο να τη βρω.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 27, 2023 12:20 am**

Tolaso J Kos έγραψε: Σάβ Σεπ 23, 2023 9:09 am Η συνάρτηση $f : [1, 2] \rightarrow \mathbb{R}$ είναι συνεχής στο , παραγωγίσιμη στο και ισχύουν , . Να δειχθεί ότι υπάρχουν $\xi_1, \xi_2 \in (1, 2)$ με $\xi_1 \neq \xi_2$ τέτοια ώστε $\xi_1^2 \xi_2^2 f'(\xi_1) f'(\xi_2) =4$ .

Βάζω λύση αλλά χωρίς την συνθήκη $\xi_1 \neq \xi_2$ . Δεν ξέρω λύση με $\xi_1 \neq \xi_2$ , αλλά πάω πίσω στο χαρτί και μολύβι μου.

Θέτουμε $g(x) = f(x) + \dfrac {2}{x}$ στο [1,2]

. Είναι τότε g(1)=g(2)=3

. Από Rolle υπάρχει $\xi$ με $g'(\xi)=0$ , ισοδύναμα $f'(\xi ) -\dfrac {2}{\xi ^2}=0$ , ή αλλιώς $\xi^2 f'(\xi)=2$ .

Παίρνουμε τώρα $\xi _1 = \xi _2 =\xi$ , οπότε $\xi_1^2 \xi_2^2 f'(\xi_1) f'(\xi_2) =4$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 27, 2023 5:12 pm**

Tolaso J Kos έγραψε: Σάβ Σεπ 23, 2023 9:09 am Η συνάρτηση $f : [1, 2] \rightarrow \mathbb{R}$ είναι συνεχής στο , παραγωγίσιμη στο και ισχύουν , . Να δειχθεί ότι υπάρχουν $\xi_1, \xi_2 \in (1, 2)$ με $\xi_1 \neq \xi_2$ τέτοια ώστε $\xi_1^2 \xi_2^2 f'(\xi_1) f'(\xi_2) =4$ .

Τελικά μπορούμε και με $\xi_1\ne \xi_2$ . Με παίδεψε...

Πρώτα απ' όλα επιλέγουμε 1<a<2

τέτοιο ώστε $\boxed {f(a) = \dfrac {2}{a}}\, (*)$ . Τέτοιο

υπάρχει διότι η $g(x) = f(x) - \dfrac {2}{x}$ ικανοποιεί

$g(1)g(2)= \left ( f(1) - \dfrac {2}{1} \right ) \left ( f(2) - \dfrac {2}{2} \right ) = (1-2)(2-1) <0$ , άρα σε κάποιο

στο ενδιάμεσο τα έχουμε g(a)=0

.

Βήμα 1. Εργαζόμαστε τώρα στο [1, a]

. Θέτουμε $h(x) = f(x) + \dfrac {2-a}{a-1}\cdot \dfrac {1}{x}$ . Με απλό έλεγχο διαπιστώνουμε (με χρήση της (*)) ότι

$h(1)= \dfrac {1}{a-1}= h(a)$ .

Άρα από ΘΜΤ υπάρχει $\xi _1 \in (1,a)$ τέτοιο ώστε $h'(\xi_1) =0$ . Άρα $f' (\xi_1) - \dfrac {2-a}{a-1} \cdot \dfrac {1}{\xi _1 ^2} =0$ , ισοδύναμα $\boxed {\xi _1^2f'(\xi_1) = \dfrac {2-a}{a-1}}$

Βήμα 2. Εργαζόμαστε τώρα στο [a, 2]

. Θέτουμε $k(x) = f(x) + \dfrac {4(a-1)}{2-a}\cdot \dfrac {1}{x}$ . Με απλό έλεγχο διαπιστώνουμε (με χρήση της (*)) ότι

$k(a)= \dfrac {2}{2-a}= k(2)$ .

Άρα από ΘΜΤ υπάρχει $\xi _2 \in (a,2)$ τέτοιο ώστε $k'(\xi_2) =0$ . Άρα $f' (\xi_2) - \dfrac {4(a-1)}{2-a} \cdot \dfrac {1}{\xi _2 ^2} =0$ , ισοδύναμα $\boxed {\xi _2^2f'(\xi_2) = \dfrac {4(a-1)}{2-a}}$ .

Υπόψη $\xi_1 \ne \xi_ 2$ διότι $1<\xi_1 < a< \xi_2 <2$ .

Πολλαπλασιάζουμε τώρα κατά μέλη τις σχέσεις που βρήκαμε στο Βήμα 1 και Βήμα 2, οπότε πρόκύπτει το ζητούμενο $\xi_1^2 \xi_2^2 f'(\xi_1) f'(\xi_2) =4$ .

mathematica.gr

Ύπαρξη ξ_1, ξ_2

Ύπαρξη ξ_1, ξ_2

Re: Ύπαρξη ξ_1, ξ_2

Re: Ύπαρξη ξ_1, ξ_2

Re: Ύπαρξη ξ_1, ξ_2

Re: Ύπαρξη ξ_1, ξ_2

Re: Ύπαρξη ξ_1, ξ_2