mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 27, 2023 11:28 pm**

Σε συνέχεια αυτής της άσκησης ... θέτω τη παρακάτω.

Δίδεται συνάρτηση

συνεχής στο $[\alpha, \beta]$ και παραγωγίσιμη στο $(\alpha, \beta)$ με $f(\alpha) \neq f(\beta)$ . Να δειχθεί ότι υπάρχουν $\xi_1, \xi_2$ διαφορετικά μεταξύ τους τέτοια ώστε

$\displaystyle{f'(\xi_1) f'(\xi_2) = \left ( \frac{f(\beta) - f(\alpha)}{\beta - \alpha} \right )^2}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Σεπ 28, 2023 8:38 am**

Tolaso J Kos έγραψε: Τετ Σεπ 27, 2023 11:28 pm Σε συνέχεια αυτής της άσκησης ... θέτω τη παρακάτω.

Δίδεται συνάρτηση συνεχής στο $[\alpha, \beta]$ και παραγωγίσιμη στο $(\alpha, \beta)$ με $f(\alpha) \neq f(\beta)$ . Να δειχθεί ότι υπάρχουν $\xi_1, \xi_2$ διαφορετικά μεταξύ τους τέτοια ώστε

$\displaystyle{f'(\xi_1) f'(\xi_2) = \left ( \frac{f(\beta) - f(\alpha)}{\beta - \alpha} \right )^2}$

Έστω $x_0 \in (a,b)$ που θα επιλέξουμε κατάλληλα αργότερα. Από το Θ.Μ.Τ στα διαστήματα [a,x_0]

και

υπάρχουν $\xi_1 \in (a,x_0)$ και $\xi_2 \in (x_0,b)$ τέτοια, ώστε

$f'(\xi_1)=\dfrac{f(x_0)-f(a)}{x_0-a}$ και $f'(\xi_2)=\dfrac{f(b)-f(x_0)}{b-x_0}$

Άρα, ισοδύναμα αρκεί να αποδείξουμε ότι υπάρχει $x_0 \in (a,b)$ τέτοιο, ώστε

$\dfrac{f(x_0)-f(a)}{x_0-a} \cdot \dfrac{f(b)-f(x_0)}{b-x_0} = (\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a})^2$

Έστω f(x_0)-f(a)=p, f(b)-f(x_0)=q

και

, οπότε αρκεί να βρούμε x_0

τέτοιο, ώστε

$\dfrac{(p+q)^2}{pq}=\dfrac{(r+s)^2}{rs},$

δηλαδή $\dfrac{p}{q}+\dfrac{q}{p}=\dfrac{r}{s}+\dfrac{s}{r},$

άρα αρκεί να ισχύει ότι $\dfrac{p}{q}=\dfrac{s}{r},$ το οποίο είναι ισοδύναμο με

$\dfrac{f(x_0)-f(a)}{f(b)-f(x_0)}=\dfrac{b-x_0}{x_0-a}$

Θεωρούμε λοιπόν την συνάρτηση h(x)=(x-a)(f(x)-f(a))-(b-x)(f(b)-x)

, και παρατηρούμε ότι

h(a)h(b)=-(b-a)(f(b)-f(a))(b-a)(f(b-f(a))=-((b-a)(f(b)-f(a))^2 <0,

καθώς $a \neq b$ και $f(a) \neq f(b)$ .

Άρα, από το Θεώρημα Bolzano υπάρχει $x_0 \in (a,b)$ τέτοιο, ώστε h(x_0)=0,

συνεπώς προκύπτει το ζητούμενο.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Σεπ 28, 2023 10:18 pm**

Tolaso J Kos έγραψε: Τετ Σεπ 27, 2023 11:28 pm Δίδεται συνάρτηση συνεχής στο $[\alpha, \beta]$ και παραγωγίσιμη στο $(\alpha, \beta)$ με $f(\alpha) \neq f(\beta)$ . Να δειχθεί ότι υπάρχουν $\xi_1, \xi_2$ διαφορετικά μεταξύ τους τέτοια ώστε

$\displaystyle{f'(\xi_1) f'(\xi_2) = \left ( \frac{f(\beta) - f(\alpha)}{\beta - \alpha} \right )^2}$

Aς παρατηρηθεί ότι η υπόθεση $f(a) \ne f(b)$ περιττεύει. Πράγματι, αν f(a)=f(b)

τότε από Rolle υπάρχει $\xi_1$ με $f'(\xi_1)= 0$ . Άρα για οποιοδήποτε $\xi_2$ έχουμε

$\displaystyle{ f'(\xi_1) f'(\xi_2) = 0\cdot f'(\xi_2) = 0 = \left ( \frac{f(\beta) - f(\alpha)}{\beta - \alpha} \right )^2}}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Σεπ 28, 2023 10:49 pm**

Tolaso J Kos έγραψε: Τετ Σεπ 27, 2023 11:28 pm Σε συνέχεια αυτής της άσκησης ... θέτω τη παρακάτω.

Δίδεται συνάρτηση συνεχής στο $[\alpha, \beta]$ και παραγωγίσιμη στο $(\alpha, \beta)$ με $f(\alpha) \neq f(\beta)$ . Να δειχθεί ότι υπάρχουν $\xi_1, \xi_2$ διαφορετικά μεταξύ τους τέτοια ώστε

$\displaystyle{f'(\xi_1) f'(\xi_2) = \left ( \frac{f(\beta) - f(\alpha)}{\beta - \alpha} \right )^2}$

Διαφορετικά.
Αν η παράγωγος είναι σταθερή η συνάρτηση είναι γραμμική και το αποτέλεσμα άμεσο.
Αν η παράγωγος δεν είναι σταθερή τότε το πεδίο τιμών της παραγώγου είναι διάστημα.
Το $\frac{f(\beta) - f(\alpha)}{\beta - \alpha}$ βρίσκεται σε αυτό.
Αν είναι ακραίο σημείο του διαστήματος τότε καταλήγουμε σε ΑΤΟΠΟ.
Πράγματι αν $f'(x)\leq \frac{f(\beta) - f(\alpha)}{\beta - \alpha}$
τότε $(f(x)- \frac{f(\beta) - f(\alpha)}{\beta - \alpha}x)'\leq 0$
με γνήσια ανισότητα σε κάποια σημεία.
Αν θέσουμε $g(x)=f(x)- \frac{f(\beta) - f(\alpha)}{\beta - \alpha}x$
η

είναι φθίνουσα και η σχέση g(a)>g(b)

οδηγεί σε ΑΤΟΠΟ.
Χωρίς βλάβη της γενικότητας μπορούμε να υποθέσουμε ότι
$\frac{f(\beta) - f(\alpha)}{\beta - \alpha}>0$
Επειδή το $\frac{f(\beta) - f(\alpha)}{\beta - \alpha}$ είναι εσωτερικό του πεδίου τιμών της παραγώγου
θα υπάρχουν
x_1,x_2

με $f'(x_1)< \frac{f(\beta) - f(\alpha)}{\beta - \alpha}<f'(x_2)$
Εύκολα μπορούμε να δούμε ότι υπάρχει k>1

με
$f'(x_1)< \frac{1}{k}\frac{f(\beta) - f(\alpha)}{\beta - \alpha}<\frac{f(\beta) - f(\alpha)}{\beta - \alpha}< k\frac{f(\beta) - f(\alpha)}{\beta - \alpha}<f'(x_2)$
Αρα υπάρχουν $\xi _1,\xi _2$ με
$f'(\xi _1)= \frac{1}{k}\frac{f(\beta) - f(\alpha)}{\beta - \alpha}, k\frac{f(\beta) - f(\alpha)}{\beta - \alpha}=f'(\xi _2)$
Το συμπέρασμα είναι άμεσο.

mathematica.gr

Ύπαρξη ξ_1, ξ_2 #2

Ύπαρξη ξ_1, ξ_2 #2

Re: Ύπαρξη ξ_1, ξ_2 #2

Re: Ύπαρξη ξ_1, ξ_2 #2

Re: Ύπαρξη ξ_1, ξ_2 #2