Υπαρξιακή

christodoulou · #1

Δίνεται συνάρτηση

συνεχής στο [0,1]

και παραγωγίσιμη στο (0,1)

με

και

.
Να αποδείξετε ότι υπάρχουν $\alpha ,\beta \in(0,1)$ με $\alpha \neq \beta$ τέτοιοι ώστε $:{f}'(\alpha )\cdot {f}'(\beta )=1$ .

Tolaso J Kos · #2

christodoulou έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 11, 2018 6:57 pm
Δίνεται συνάρτηση συνεχής στο και παραγωγίσιμη στο με και .
Να αποδείξετε ότι υπάρχουν $\alpha ,\beta \in(0,1)$ με $\alpha \neq \beta$ τέτοιοι ώστε $:{f}'(\alpha )\cdot {f}'(\beta )=1$ .

Όμορφη άσκηση.

Οι προφανείς λύσεις της εξίσωσης f(x)=x

είναι οι αριθμοί x=0, x=1

. Αν υπάρχει και άλλη ρίζα στο (0, 1)

τότε αυτόματα το ζητούμενο έπεται από το Θεώρημα Rolle. Αν δεν υπάρχει τότε , θεωρούμε τη συνάρτηση g(x)=f^2(x)-x^2

η οποία είναι συνεχής στο [0, 1]

και παραγωγίσιμη στο (0, 1)

. Από θεώρημα Rolle υπάρχει $\alpha \in (0, 1)$ τέτοιο ώστε $g'(\alpha)=0$ δηλ.
$\displaystyle{f(\alpha)=\frac{\alpha}{f'(\alpha)}}$ Από το θεώρημα Μέσης Τιμής για την

στο διάστημα $[0,\alpha]$ υπάρχει ένα $\beta$ τέτοιο ώστε
$\displaystyle{f'(\beta)=\frac{f(\alpha)}{\alpha}}$ Τότε:
$\displaystyle{f'(\alpha) f'(\beta) = \frac{\alpha}{f\left ( \alpha \right )} \cdot \frac{f(\alpha)}{\alpha} =1}$ δηλ. το ζητούμενο.

Σημείωση: Υπάρχει και γενίκευση.

Christos.N · #3

Για την συνεχή συνάρτηση $\displaystyle h(x) = f(x) - 1 + x,x \in \left[ {0,1} \right]$ μπορούμε να δείξουμε ότι έχει μια τουλάχιστον ρίζα αφού ικανοποιεί τις υποθέσεις του θεωρήματος Bolzano , συνεπώς υπάρχει τουλάχιστον ένα $\displaystyle {x_0} \in \left( {0,1} \right):h\left( {{x_0}} \right) = 0$

Στην συνέχεια εφαρμόζοντας για την

διαδοχικά το θεώρημα μέσης τιμής στα διαστήματα $\displaystyle \left[ {0,{x_0}} \right],\left[ {{x_0},1} \right]$ και χρησιμοποιώντας το προηγούμενο συμπέρασμα έχουμε:

$\displaystyle \frac{{f\left( {{x_0}} \right)}}{{{x_0}}}\frac{{1 - f\left( {{x_0}} \right)}}{{1 - {x_0}}} = \frac{{f\left( {{x_0}} \right)}}{{{x_0}}}\frac{{{x_0}}}{{f\left( {{x_0}} \right)}} = 1$

και δείξαμε το ζητούμενο.

mikemoke · #4

christodoulou έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 11, 2018 6:57 pm
Δίνεται συνάρτηση συνεχής στο και παραγωγίσιμη στο με και .
Να αποδείξετε ότι υπάρχουν $\alpha ,\beta \in(0,1)$ με $\alpha \neq \beta$ τέτοιοι ώστε $:{f}'(\alpha )\cdot {f}'(\beta )=1$ .

Eνδιαφέρον παρουσιάζει το να βρεθεί η πληθικότητα των διαφορετικών ζευγών (a,b)

.

Tolaso J Kos · #5

mikemoke έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 11, 2018 9:18 pm

christodoulou έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 11, 2018 6:57 pm
Δίνεται συνάρτηση συνεχής στο και παραγωγίσιμη στο με και .
Να αποδείξετε ότι υπάρχουν $\alpha ,\beta \in(0,1)$ με $\alpha \neq \beta$ τέτοιοι ώστε $:{f}'(\alpha )\cdot {f}'(\beta )=1$ .
Eνδιαφέρον παρουσιάζει το να βρεθεί η πληθικότητα των διαφορετικών ζευγών .

Παρακαλώ ;

mikemoke · #6

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 11, 2018 9:25 pm

mikemoke έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 11, 2018 9:18 pm

christodoulou έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 11, 2018 6:57 pm
Δίνεται συνάρτηση συνεχής στο και παραγωγίσιμη στο με και .
Να αποδείξετε ότι υπάρχουν $\alpha ,\beta \in(0,1)$ με $\alpha \neq \beta$ τέτοιοι ώστε $:{f}'(\alpha )\cdot {f}'(\beta )=1$ .
Eνδιαφέρον παρουσιάζει το να βρεθεί η πληθικότητα των διαφορετικών ζευγών .
Παρακαλώ ;

Όλα τα ζεύγη $(\alpha,\beta)$ για τα οποία ικανοποιείται $:{f}'(\alpha )\cdot {f}'(\beta )=1$ .
Πού υπάρχει πρόβλημα ;
Νομίζω είναι άπειρα μη αριθμίσιμα.

mikemoke · #7

christodoulou έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 11, 2018 6:57 pm
Δίνεται συνάρτηση συνεχής στο και παραγωγίσιμη στο με και .
Να αποδείξετε ότι υπάρχουν $\alpha ,\beta \in(0,1)$ με $\alpha \neq \beta$ τέτοιοι ώστε $:{f}'(\alpha )\cdot {f}'(\beta )=1$ .

Από ΘΜΤ $\exists \xi \in (0,1):f'(\xi )=1$

τότε $inf(f'(x))<f'(\xi)<sup(f'(x))$ αλλιώς $inf(f'(x))=f'(\xi)=sup(f'(x))$ .
Άρα $\exists a_1,b_1 : 0<a_1\leq \xi\leq b_1$ και $f'((a_1,\xi))\subset (inf(f'(x)),f'(\xi))$ και $f'((\xi, b_1))\subset (f'(\xi),sup(f'(x)))$

Τότε αν θέσουμε f'(a)=x ,f'(b)=y(x)

έχουμε $y(x)=\frac{1}{x}$

Υπάρχει k_1>0

τέτοιο ώστε D_1=(k_1,1)

να είναι υποσύνολο του συνόλου τιμών της

.

και το

είναι τέτοιο ώστε D_2=(1,k_2)

να είναι υποσύνολο του συνόλου τιμών της

.
Συγκεκριμένα $D_1\subseteq (inf(f'(x)),1) , D_2\subseteq (1,sup(f'(x)))$
Κάθε στοιχείο w,z

στα

(αντίστοιχα) αντιστοιχίζονται με τουλάχιστον ένα a,b

(αντίστοιχα) .
Άρα τελειώσαμε.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #8

mikemoke έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 11, 2018 10:02 pm

christodoulou έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 11, 2018 6:57 pm
Δίνεται συνάρτηση συνεχής στο και παραγωγίσιμη στο με και .
Να αποδείξετε ότι υπάρχουν $\alpha ,\beta \in(0,1)$ με $\alpha \neq \beta$ τέτοιοι ώστε $:{f}'(\alpha )\cdot {f}'(\beta )=1$ .

Από ΘΜΤ $\exists \xi \in (0,1):f'(\xi )=1$

τότε $inf(f'(x))<f'(\xi)<sup(f'(x))$ αλλιώς $inf(f'(x))=f'(\xi)=sup(f'(x))$ .
Άρα $\exists a_1,b_1 : 0<a_1\leq \xi\leq b_1$ και $f'((a_1,\xi))\subset (inf(f'(x)),f'(\xi))$ και $f'((\xi, b_1))\subset (f'(\xi),sup(f'(x)))$

Τότε αν θέσουμε έχουμε $y(x)=\frac{1}{x}$

Υπάρχει τέτοιο ώστε να είναι υποσύνολο του συνόλου τιμών της .
και το είναι τέτοιο ώστε να είναι υποσύνολο του συνόλου τιμών της .
Συγκεκριμένα $D_1\subseteq (inf(f'(x)),1) , D_2\subseteq (1,sup(f'(x)))$
Κάθε στοιχείο στα (αντίστοιχα) αντιστοιχίζονται με τουλάχιστον ένα (αντίστοιχα) .
Άρα τελειώσαμε.

Πρόσεξε αυτό

$inf(f'(x))<f'(\xi)<sup(f'(x))$ αλλιώς $inf(f'(x))=f'(\xi)=sup(f'(x))$ .

Γιατί να μην είναι

$inf(f'(x))<f'(\xi)=sup(f'(x))$

η

$inf(f'(x))=f'(\xi)<sup(f'(x))$ ;

Φυσικά και δεν μπορούν να ισχύουν αυτά που έγραψα αλλά

θέλει απόδειξη.

mikemoke · #9

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 11, 2018 10:53 pm

mikemoke έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 11, 2018 10:02 pm

christodoulou έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 11, 2018 6:57 pm
Δίνεται συνάρτηση συνεχής στο και παραγωγίσιμη στο με και .
Να αποδείξετε ότι υπάρχουν $\alpha ,\beta \in(0,1)$ με $\alpha \neq \beta$ τέτοιοι ώστε $:{f}'(\alpha )\cdot {f}'(\beta )=1$ .

Από ΘΜΤ $\exists \xi \in (0,1):f'(\xi )=1$

τότε $inf(f'(x))<f'(\xi)<sup(f'(x))$ αλλιώς $inf(f'(x))=f'(\xi)=sup(f'(x))$ .
Άρα $\exists a_1,b_1 : 0<a_1\leq \xi\leq b_1$ και $f'((a_1,\xi))\subset (inf(f'(x)),f'(\xi))$ και $f'((\xi, b_1))\subset (f'(\xi),sup(f'(x)))$

Τότε αν θέσουμε έχουμε $y(x)=\frac{1}{x}$

Υπάρχει τέτοιο ώστε να είναι υποσύνολο του συνόλου τιμών της .
και το είναι τέτοιο ώστε να είναι υποσύνολο του συνόλου τιμών της .
Συγκεκριμένα $D_1\subseteq (inf(f'(x)),1) , D_2\subseteq (1,sup(f'(x)))$
Κάθε στοιχείο στα (αντίστοιχα) αντιστοιχίζονται με τουλάχιστον ένα (αντίστοιχα) .
Άρα τελειώσαμε.
Πρόσεξε αυτό

$inf(f'(x))<f'(\xi)<sup(f'(x))$ αλλιώς $inf(f'(x))=f'(\xi)=sup(f'(x))$ .

Γιατί να μην είναι

$inf(f'(x))<f'(\xi)=sup(f'(x))$

η

$inf(f'(x))=f'(\xi)<sup(f'(x))$ ;

Φυσικά και δεν μπορούν να ισχύουν αυτά που έγραψα αλλά

θέλει απόδειξη.

$\exists k\in(a,b):f(k) \neq k$ αφού αν δεν υπάρχει τέτοιο

τότε $inf(f'(x))=f'(\xi)=sup(f'(x))$ (η

είναι γραμμική)
Επομένως από ΘΜΤ $\exists k_1\in(a,k), k_2\in(k,b):f'(k_1)=\frac{f(k)}{k},f'(k_2)=\frac{1-f(k)}{1-k}$
Χωρίς βλάβη γενικότητας(θεωρούμε f'(k)<k

.Tότε έχουμε $f'(k_1)<1<f'(k_2)\Rightarrow f'(k_1)<f'(\xi )<f'(k_2)$
Αλλά $(inf(f'(x)),sup(f'(x)))\supseteq (f'(k_1),f'(k_2))$
ΑΤΟΠΟ
'Eτσι δείχθηκε και για τις 2 περιπτώσεις .

Υπαρξιακή

Υπαρξιακή

Re: Υπαρξιακή

Re: Υπαρξιακή

Re: Υπαρξιακή

Re: Υπαρξιακή

Re: Υπαρξιακή

Re: Υπαρξιακή

Re: Υπαρξιακή

Re: Υπαρξιακή

Μέλη σε σύνδεση