Ας αποδείξουμε κάτι εύλογο

Ιάσων Κωνσταντόπουλος · #1

Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση $f\colon\mathbb{R}\to\mathbb{R}$
με την ιδιότητα $\forall x\in \mathbb{R} \big(f(x)=0\Rightarrow f^\prime(x)>0\big)$

Να δειχθεί ότι η συνάρτηση

έχει το πολύ μια ρίζα.

giannispapav · #2

Έστω, προς άτοπο, ότι η

έχει τουλάχιστον δύο ρίζες.

Αν μπορούμε να βρούμε δύο διαδοχικές ρίζες $\rho_1<\rho_2$ της

, τότε έχουμε $f'(\rho_1)>0$ και $f'(\rho_2)>0$ . Επομένως, υπάρχει $x_1\in (\rho_1,\rho_2)$ έτσι ώστε $f(x_1)>0=f(\rho_1)$ και $x_2\in (\rho_1,\rho_2)$ έτσι ώστε $f(x_2)<0=f(\rho_2)$ . Από θεώρημα Bolzano υπάρχει ρίζα $\rho\in (\rho_1,\rho_2)$ της

το οποίο είναι άτοπο.

Αν δε μπορούμε να βρούμε δύο διαδοχικές ρίζες της

, τότε ανάμεσα σε δύο ρίζες $\rho_1,\rho_2$ της

μπορούμε να βρούμε μια αύξουσα ακολουθία $\rho_n$ από ρίζες η οποία (αφού είναι φραγμένη) θα συγκλίνει, έστω $\rho_n\to \rho$ . Λόγω συνέχειας, έχουμε $\lim\limits_{n\to+\infty} f(\rho_n)=f(\rho)$ δηλαδή $f(\rho)=0$ . Όμως $\lim\limits_{x\to \rho_0}\dfrac{f(x)-f(\rho)}{x-\rho}=f'(\rho)$ άρα $\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{f(\rho_n)-f(\rho)}{\rho_n-\rho}=f'(\rho)$ δηλαδή $f'(\rho)=0$ το οποίο είναι άτοπο αφού $f(\rho)=0$ .

stranger · #3

giannispapav έγραψε: ↑
Τρί Απρ 23, 2024 12:11 am
Αν μπορούμε να βρούμε δύο διαδοχικές ρίζες $\rho_1<\rho_2$ της , τότε έχουμε $f'(\rho_1)>0$ και $f'(\rho_2)>0$ . Επομένως, υπάρχει $x_1\in (\rho_1,\rho_2)$ έτσι ώστε $f(x_1)>0=f(\rho_1)$ και $x_2\in (\rho_1,\rho_2)$ έτσι ώστε $f(x_2)<0=f(\rho_2)$ .

Μπορείς να εξηγήσεις αυτό το βήμα κάπως παραπάνω;

giannispapav · #4

Έχουμε $\lim\limits_{x\to \rho_1^+}\dfrac{f(x)-f(\rho_1)}{x-\rho_1}=\lim\limits_{x\to \rho_1^+}\dfrac{f(x)}{x-\rho_1}=f'(\rho_1)>0$ επομένως $\dfrac{f(x)}{x-\rho_1}>0$ για

κοντά στο $\rho_1^+$ . Όμως, για

κοντά στο $\rho_1^+$ ισχύει $x-\rho_1>0$ , άρα είναι και f(x)>0

για

κοντά στο $\rho_1^+$ . Δηλαδή υπάρχει $x_1>\rho_1$ (κοντά στο $\rho_1$ ) έτσι ώστε $f(\rho_1)>0$ .

Αλλιώς: αν $f(x)\leq0$ για κάθε $x\in (\rho_1,\rho_2)$ , τότε $\dfrac{f(x)-f(\rho_1)}{x-\rho_1}\leq 0$ για κάθε $x\in (\rho_1,\rho_2)$ οπότε $f'(\rho_1)=\lim\limits_{x\to \rho_1^+}\dfrac{f(x)-f(\rho_1)}{x-\rho_1}\leq0$ το οποίο είναι άτοπο.

stranger · #5

giannispapav έγραψε: ↑
Τρί Απρ 23, 2024 1:24 pm
Έχουμε $\lim\limits_{x\to \rho_1^+}\dfrac{f(x)-f(\rho_1)}{x-\rho_1}=\lim\limits_{x\to \rho_1^+}\dfrac{f(x)}{x-\rho_1}=f'(\rho_1)>0$ επομένως $\dfrac{f(x)}{x-\rho_1}>0$ για κοντά στο $\rho_1^+$ . Όμως, για κοντά στο $\rho_1^+$ ισχύει $x-\rho_1>0$ , άρα είναι και για κοντά στο $\rho_1^+$ . Δηλαδή υπάρχει $x_1>\rho_1$ (κοντά στο $\rho_1$ ) έτσι ώστε $f(\rho_1)>0$ .

Αλλιώς: αν $f(x)\leq0$ για κάθε $x\in (\rho_1,\rho_2)$ , τότε $\dfrac{f(x)-f(\rho_1)}{x-\rho_1}\leq 0$ για κάθε $x\in (\rho_1,\rho_2)$ οπότε $f'(\rho_1)=\lim\limits_{x\to \rho_1^+}\dfrac{f(x)-f(\rho_1)}{x-\rho_1}\leq0$ το οποίο είναι άτοπο.

ΟΚ μια χαρά.

nickolas tsik · #6

Καλησπερα οριστε ακομη μια λυση χρησιμοποιωντας το θεωρημα ενδιαμεσων τιμων

Έστω a<b και f(a)<0 και f(b)>0. Σύμφωνα με το θεώρημα ενδιάμεσου τιμών, υπάρχει τουλάχιστον ένα c με a<c<b<c<b τέτοιο ώστε f(c)=0
Τώρα, ας υποθέσουμε ότι υπάρχουν δύο τέτοιες τιμές c1 και c2=με f(c1)=f(c2)=0. Από το μέσον των τιμών , υπάρχει ένα d με c1<d<c2τέτοιο ώστε f′(d)=f(c2)−f(c1)c2−c1=0 Αυτό είναι αντίθετο με την προϋπόθεση f′(x)>0 όταν f(x)=0

Άρα, η υπόθεση μας ότι υπάρχουν δύο διαφορετικές ρίζες οδηγεί σε άτοπο. Συνεπώς, η συνάρτηση f έχει το πολύ μία ρίζα.

Ιάσων Κωνσταντόπουλος · #7

nickolas tsik έγραψε: ↑
Σάβ Απρ 27, 2024 10:09 pm
Καλησπερα οριστε ακομη μια λυση χρησιμοποιωντας το θεωρημα ενδιαμεσων τιμων

Έστω a<b και f(a)<0 και f(b)>0. Σύμφωνα με το θεώρημα ενδιάμεσου τιμών, υπάρχει τουλάχιστον ένα c με a<c<b<c<b τέτοιο ώστε f(c)=0
Τώρα, ας υποθέσουμε ότι υπάρχουν δύο τέτοιες τιμές c1 και c2=με f(c1)=f(c2)=0. Από το μέσον των τιμών , υπάρχει ένα d με c1<d<c2τέτοιο ώστε f′(d)=f(c2)−f(c1)c2−c1=0 Αυτό είναι αντίθετο με την προϋπόθεση f′(x)>0 όταν f(x)=0

Άρα, η υπόθεση μας ότι υπάρχουν δύο διαφορετικές ρίζες οδηγεί σε άτοπο. Συνεπώς, η συνάρτηση f έχει το πολύ μία ρίζα.

Καλησπέρα, θα ήταν πραγματικά ενδιαφέρουσα μια απόδειξη στα πλαίσια των σχολικών μαθηματικών (δεν γνωρίζω κάποια).

Χρησιμοποιείς (απ' ό,τι μπορώ να διακρίνω) το θεώρημα μέσης τιμής και λες:
υπάρχει $d\in(c_1,c_2)$ ώστε $f^\prime(d)=\frac{f(c_2)-f(c_1)}{c_2-c_1}=0$ οπότε $f^\prime(d)=0$ .
Λες ότι καταλήξαμε σε άτοπο επειδή $f^\prime(x)>0$ όταν f(x)=0

Όμως από που προκύπτει ότι f(d)=0

?

nickolas tsik · #8

ΚΑΛΗΣΠΕΡΑ,

Αν f(a)=f(b)=0, τότε ανάμεσα στα a και b, υπάρχει ένα c για το οποίο ισχύει f(c)=0, σύμφωνα με τον Ενδιάμεσο Τιμής.

Αλλά σύμφωνα με την προϋπόθεση f(x)=0⇒f′(x)>0, αυτό σημαίνει ότι αν f(c)=0, τότε f′(c)>0

Αυτό είναι άτοπο, γιατί σημαίνει ότι υπάρχει ένα σημείο c όπου η f είναι μηδέν αλλά η παράγωγός της είναι θετική, κάτι που δεν είναι δυνατό.

Άρα, η υπόθεσή μας ότι υπάρχουν δύο ρίζες είναι αντιφατική. Συνεπώς, η συνάρτηση f δεν μπορεί να έχει περισσότερες από μία ρίζες.

Το ιδιο ειναι αν ορισουμε d∈[a,b] οταν f(a)=0 και f(b)=0 τοτε f(d)=0 αλλά η παράγωγός της είναι θετική, κάτι που δεν είναι δυνατό.

Ιάσων Κωνσταντόπουλος · #9

nickolas tsik έγραψε: ↑
Δευ Απρ 29, 2024 9:43 pm
ΚΑΛΗΣΠΕΡΑ,

Αν f(a)=f(b)=0, τότε ανάμεσα στα a και b, υπάρχει ένα c για το οποίο ισχύει f(c)=0, σύμφωνα με τον Ενδιάμεσο Τιμής.

Αλλά σύμφωνα με την προϋπόθεση f(x)=0⇒f′(x)>0, αυτό σημαίνει ότι αν f(c)=0, τότε f′(c)>0

Αυτό είναι άτοπο, γιατί σημαίνει ότι υπάρχει ένα σημείο c όπου η f είναι μηδέν αλλά η παράγωγός της είναι θετική, κάτι που δεν είναι δυνατό.

Άρα, η υπόθεσή μας ότι υπάρχουν δύο ρίζες είναι αντιφατική. Συνεπώς, η συνάρτηση f δεν μπορεί να έχει περισσότερες από μία ρίζες.

Το ιδιο ειναι αν ορισουμε d∈[a,b] οταν f(a)=0 και f(b)=0 τοτε f(d)=0 αλλά η παράγωγός της είναι θετική, κάτι που δεν είναι δυνατό.

Στην πρώτη γραμμή: το συμπέρασμα είναι σωστό.
(Αλλά αν με "τον Ενδιάμεσο Τιμής" εννοείς το θεώρημα ενδιαμέσων τιμών για τις συνεχείς συναρτήσεις, η αιτιολόγιση είναι λάθος)

Στην τρίτη γραμμή: ο μηδενισμός της τιμής σε ένα σημείο δεν συνεπάγεται ότι η παράγωγος σε αυτό το σημείο δεν είναι θετική. Δες π.χ. f(x)=x

ενώ

εντούτοις $f^\prime(0)=1$

nickolas tsik · #10

Καλησπερα και παλι συγγνωμη για την επιμονη αλλα,
Οντως ηταν λανθεσμενη η διατυπωση.f(x)=x ειναι αντιπαραδειγμα.Η ιδεα ειναι η χρηση του θεωρηματος Bolzano Αν f είναι μία συνάρτηση συνεχής στο [a,b] με f(a)f(b)<0 τότε υπάρχει (τουλάχιστον ένα) x_0∈(a,b) έτσι ώστε f(x_0)=0.
Εστω η δοθεισα συναρτση, και δυο διαδοχικες ριζες οπου η παραγωγος τους θετικη.∃x_1,χ_2∈(ρ_1,ρ_2).
αρα f(x_1)=f(ρ_1) θετικο και f(x_2)=f(ρ_2) αρνητικο. Αυτο ειναι ατοπο γιατι ρ∈(ρ_1,ρ_2)

Αν οι ρ_1 και ρ_2 δεν ειναι διαδοχικες.Υπαρχει μια κλειστη ακολουθια ρ_n που συγκλινει ωστε f(ρ)=0 γιατι,λογω οτι η f ειναι συνεχης limn→∞f(ρ_n)=f(ρ)=0.Αρα f'(ρ)=0 οταν f(ρ)=0. ΑΤΟΠΟ
Αρα εχει το πολυ μια ριζα

ksofsa · #11

Έστω

δύο ρίζες. Τα σύνολα $\left \{ f>0 \right \},\left \{ f<0 \right \}$ ανοικτά, επειδή η

συνεχής.

Έστω $A=(\left \{ f<0 \right \}\cup \left \{ f>0 \right \})\cap (a,b)$ . Το

ανοικτό, άρα γράφεται ως ένωση ξένων ανοικτών διαστημάτων.

Έστω (x,y)

ένα από αυτά τα διαστήματα. Επειδή $x,y\notin A,$ , είναι f(x)=f(y)=0

και έστω $f(z)> 0,\forall z\in (x,y)$ (όμοια για f(z)<0

).

Τότε $f'(y)=\lim_{t\rightarrow y^-}\dfrac{f(t)-f(y)}{t-y}\leq 0$ , άτοπο.

Άρα, η αρχική υπόθεση ότι υπάρχουν 2 ρίζες είναι εσφαλμένη και παίρνουμε το ζητούμενο αποτέλεσμα.

giannispapav · #12

Την έδωσα αλλαγμένη σε κάποιους μαθητές Γ λυκείου:

"Έστω $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ παραγωγίσιμη συνάρτηση με την ιδιότητα: αν f(x)=0

, τότε

. Να δείξετε ότι αν η

έχει πεπερασμένες ρίζες, τότε έχει το πολύ μία ρίζα".

Μια μαθήτριά μου έδωσε την εξής απάντηση:

Έστω, προς άτοπο, ότι η

έχει δύο ρίζες x_1,x_2

. Είναι $f(x)\not=0$ για κάθε $x\in (x_1,x_2)$ και από τη συνέχεια της

έχουμε ότι διατηρεί πρόσημο στο (x_1,x_2)

. Έστω, χωρίς βλάβη της γενικότητας, ότι f(x)>0

για κάθε $x\in (x_1,x_2)$ . Τότε $\dfrac{f(x)-f(x_2)}{x-x_2}<0$ για κάθε $x\in (x_1,x_2)$ , άρα $\lim\limits_{x\to x_2^-}\dfrac{f(x)-f(x_2)}{x-x_2}=f'(x_2)\leq0$ το οποίο είναι άτοπο.

Ας αποδείξουμε κάτι εύλογο

Ας αποδείξουμε κάτι εύλογο

Re: Ας αποδείξουμε κάτι εύλογο

Re: Ας αποδείξουμε κάτι εύλογο

Re: Ας αποδείξουμε κάτι εύλογο

Re: Ας αποδείξουμε κάτι εύλογο

Re: Ας αποδείξουμε κάτι εύλογο

Re: Ας αποδείξουμε κάτι εύλογο

Re: Ας αποδείξουμε κάτι εύλογο

Re: Ας αποδείξουμε κάτι εύλογο

Re: Ας αποδείξουμε κάτι εύλογο

Re: Ας αποδείξουμε κάτι εύλογο

Re: Ας αποδείξουμε κάτι εύλογο

Μέλη σε σύνδεση