Αδιέξοδος

panagiotis iliopoulos · #1

Καλησπέρα σας. Προσπάθησα να λύσω από ένα παλιό περιοδικό του Ευκλείδη το εξής θέμα:
Έστω $f:R\rightarrow R$ συνεχής.
α)Αν 2f(2)< f(0)+f(1)< 2f(8)

να δείξετε ότι η f δεν είναι 1-1.
β) Αν f(2)=f(8)

να δείξετε ότι υπάρχουν $a,b\epsilon[2,8]$ με a-b=1

ώστε

.
Θα ήθελα κάποια βοήθεια γιατί είμαι σε αδιέξοδο.(Τα δύο ερωτήματα είναι ανεξάρτητα μεταξύ τους.)Ευχαριστώ.

JimNt. · #2

panagiotis iliopoulos έγραψε: ↑
Κυρ Σεπ 22, 2019 6:06 pm
Καλησπέρα σας. Προσπάθησα να λύσω από ένα παλιό περιοδικό του Ευκλείδη το εξής θέμα:
Έστω $f:R\rightarrow R$ συνεχής.
α)Αν να δείξετε ότι η f δεν είναι 1-1.
β) Αν να δείξετε ότι υπάρχουν $a,b\epsilon[2,8]$ με ώστε .
Θα ήθελα κάποια βοήθεια γιατί είμαι σε αδιέξοδο.(Τα δύο ερωτήματα είναι ανεξάρτητα μεταξύ τους.)Ευχαριστώ.

α) Αν ο μικρότερος των f(0),f(1)

είναι μικρότερο τους f(2)

τότε ο άλλος είναι μεγαλύτερος (ή ίσος οπότε τελειώσαμε) και άρα από θεώρημα ενδιάμεσων τιμών υπάρχει $x \in (0,1)$ με f(x)=f(2)

. Το ίδιο ισχύει και για το f(8)

(με μεγαλύτερο αντι για μικρότερο) άρα υποθέτουμε ότι f(2) < f(0),f(1)<f(8)

. Έχουμε δύο περιπτώσεις f(0)=f(1)

τελειώσαμε. f(8)>f(0)>f(1)>f(2)

ή

που τελειώνουν με θεώρημα ενδιάμεσων τιμών στο (1,8)

και

αντίστοιχα.
β)Θεωρούμε την f(x+1)-f(x)

. Αυτή διατηρεί σταθερό πρόσημο. Όμως αθροίζοντας f(2)-f(1)

,

και

παίρνουμε ότι το

έχει το πρόσημο της f(x+1)-f(x)

άτοπο. Άρα ισχύει έμμεσα το ζητούμενο.

margk · #3

Για το α) Από την δεδομένη ανισότητα προκύπτει ότι $f(2)<\frac{f(0)+f(1)}{2}<f(8)$ .Εφαρμόζουμε το Θ.Ε.Τ στο διάστημα [2,8]

οπότε
υπάρχει $x_{1}\in (2,8)$ ωστε $f(x_{1})=\frac{f(0)+f(1)}{2}$ .
Όμως είναι και $f(0)<\frac{f(0)+f(1)}{2}<f(1)$ ή $f(1)<\frac{f(0)+f(1)}{2}<f(0)$ (*)
Με ΘΕΤ πάλι στο [0,1]

υπάρχει $x_{2}\in (0,1)$ ωστε $f(x_{2})=\frac{f(0)+f(1)}{2}$ .
Άρα έχουμε $x_{1}\neq x_{2}$ και $f(x_{1})= f(x_{2})$ .
Αρα η

δεν είναι

.
(*) Αν είναι f(0)=f(1)

τότε πάλι η

δεν είναι

Αδιέξοδος

Αδιέξοδος

Re: Αδιέξοδος

Re: Αδιέξοδος

Μέλη σε σύνδεση