Θ.: Bolzano -Rolle -M.T.

G.Tsikaloudakis · #1

Ακόμα ένα ΘΕΜΑ (επίκαιρο) Από το ΠΕΡΙΔΙΚΟ ' ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΛΥΚΕΙΟΥ'
προσωπικής κατασκευής.
Έστω η συνάρτηση:
$\displaystyle{f(x) = \frac{{{x^\alpha } - \alpha }}{{x - \beta }} - \frac{{{x^\beta } - \beta }}{{x - \alpha }}{\rm{ }},{\rm{ x}} \ge {\rm{0}}}$ ,
με 0<α<β<1.
Να αποδείξετε ότι:
α. υπάρχει $\displaystyle{\xi \in (0,1)}$

, τέτοιο ώστε: $\displaystyle{f(\xi ) = 0}$

β. $\displaystyle{\xi \ne \frac{{\alpha + \beta }}{2}}$

γ. για το παραπάνω ξ υπάρχει $\displaystyle{{x_o} \in (\alpha ,\beta ) {\rm{ : }}\frac{{{\xi ^{{x_o}}} - {x_o}}}{{{\xi ^{{x_o}}}\ln \xi - 1}} = \xi - {x_o}}$

δ. υπάρχει $\displaystyle{\gamma \in (0,1){\rm{ : f(}}\gamma {\rm{) = 1}}}$

ε. υπάρχει $\displaystyle{\rho \in (0,1){\rm{ : f(}}\rho {\rm{) < 1}}}$

Γ. Τσικαλουδάκης

Denton · #2

Μήπως χρειάζεται να ξέρουμε και για την συνέχεια;(είμαι μαθητής).

#3

ΠΡΟΣΟΧΗ
Το 1ο ερώτημα έχει κάποιο λάθος . πχ για α=0.3 , β=0.4 το mathematica δίνει την γραφική παρασταση της f όπως παρακάτω με την εντολή
Plot[(x^0.3 - 0.3)/(x - 0.4) - (x^0.4 - 0.4)/(x - 0.3), {x, 0.3, 0.4}]

: askisi.jpg (9.76 KiB) Προβλήθηκε 964 φορές

που σημαίνει ότι η f δεν εχει ρίζα στο (α,β)

G.Tsikaloudakis · #4

Ευχαριστώ για την παρατήρηση τον συνάδελφο R.BORIS.
Έγινε η διόρθωση.

kwstas12345 · #5

Aς βάλω μια λύση:

ι) Θεωρώ την συνάρτηση : $\displaystyle g\left(x \right)=\left(x^{a}-a \right)\left(x-a \right)-\left(x^{b}-b \right)\left(b-a \right),x \in \left[0,1 \right]$ εύκολα βλέπουμε πως: $\displaystyle g\left(0 \right)g\left(1 \right)=\left(a^2-b^2 \right)\left[\left(1-a \right)^{2}-\left(1-b \right)^{2} \right]<0,a^2<b^2$

Εύκολα βλέπουμε πως τα a,b

δεν είναι ρίζες άρα υπάρχει $\displaystyle \xi \in \left(\left(0,1 \right) \right),\xi \neq a,b:g\left(\xi \right)=0$

έπειτα με διαίρεση με $\displaystyle \left(\xi -a \right)\left(\xi -b \right)\Rightarrow f\left(\xi \right)=0$ .

Έστω $\displaystyle \xi =\frac{a+b}{2}$ τότε θα είναι: $\displaystyle f\left(\frac{a+b}{2} \right)=0\Leftrightarrow \left(\frac{a+b}{2} \right) ^{a}-a+\left(\frac{a+b}{2} \right)^{b}-b=0$

Θεωρώ την συνάρτηση: $\displaystyle f\left(x \right)=x^{a}+x^{b}-2x,x \in \left[0,1 \right]$ η οπόια είναι είναι κοίλη εχοντας αρνητική δεύτερη

παράγωγο $\displaystyle f''\left(x \right)=a\left(a-1 \right)x^{a}+b\left(b-1 \right)x^{b}\leqslant 0$ και επειδή ο μηδενσιμός γίνεται μεμονομενα

στο

η

είναι γνησίως φθίνουσα άρα: $\displaystyle f'\left(x \right)\geqslant f'\left(1 \right)=0$ έτσι η συνάρτηση είναι

γνησίως αύξουσα και θα έχει μοναδική ρίζα εύκολα βλέπουμε πως το

είναι προφανης και μοναδική ρίζα έτσι: $\displaystyle f\left(\frac{a+b}{2} \right)\neq 0$

γ. Eίναι: $\displaystyle \frac{\xi ^{x}-x}{\xi ^{x}\ln x-1}=\xi -x\Leftrightarrow \xi ^{x}-x=\left(\xi -x \right)\left(\xi ^{x}-x \right)'\Leftrightarrow \left[\left(\xi ^{x}-x \right)\left(\xi -x \right) \right]'$

Άρα εφαρμόζοντας θεώρημα Rolle για την $\displaystyle h\left(x \right)=\left(\xi ^{x}-x \right)\left(\xi -x \right)$ στο $\displaystyle \left[a,b \right]$

μιας και $\displaystyle h\left(a \right)=h\left(b \right)$ .

ε. Έστω $\displaystyle f\left(x \right)\geqslant 1\Leftrightarrow \left(x^{a}-a \right)\left(x-a \right)-\left(x^{b}-b \right)\left(x-b \right)\leqslant \left(x-a \right)\left(x-b \right),\forall x \in$ $\displaystyle \left[a,b \right]$

Παίρνωντας $\displaystyle x\rightarrow b$ η πάνω θα δώσει $\displaystyle \left(b^{a}-a \right)\left(b-a \right)\leqslant 0\Leftrightarrow b^a-a\leqslant 0$

άτοπο μιας και η $\displaystyle b^{x},0<b<1$ είναι γνησίως φθίνουσα άρα: $\dsiplaystyle b^a-a>b^1-a=b-a>0$ .

Πιστευω να είμαι σωστός (στο τελευταιο έχω καποιες επιφυλάξεις..)

#6

1. $\displaystyle{f(x)=(x-a)(x^a-a)-(x-b)(x^b-b)}$ συνεχής στο [0,1] με $\displaystyle{f(0)f(1)=(a^2-b^2)((1-a)^2-(1-b)^2)<0}$ αφού $\displaystyle{0<a<b<1}$ άρα $\displaystyle{f(\xi)=0 , 0<\xi<1}$ [1]
Αν ξ=α θα έπρεπε $\displaystyle{a^b=b}$ όμως $\displaystyle{a<b a^b,<b^b b<b^b (b-1)lnb>0 }$ άτοπο
Αν ξ=β θα έπρεπε $\displaystyle{b^a=a<b}$ ή $\displaystyle{(a-1)lnb<0}$ άτοπο
τελικα διαιρώντας την [1] με(ξ-α)(ξ-β) προκύπτει το ζητούμενο

2.Αν ξ=(α+β)/2<1 μετά τις πράξεις $\displaystyle{\xi^{a-1}+\xi^{b-1}=2}$ ατοπο αφού $\displaystyle{\xi^{a-1}+\xi^{b-1}>2}$

3.ΙΔιο με την λύση του Κώστα

4.ΠΑΛΙ ΠΡΕΠΕΙ ΝΑ ΔΙΟΡΘΩΣΟΥΜΕ ΤΗΝ ΕΚΦΩΝΗΣΗ ΚΑΙ ΑΝΤΙ ΤΟΥ (α,β) ΝΑ ΘΕΩΡΗΣΟΥΜΕ ΤΟ (0,1)
$\displaystyle{h(x)= \frac{x^a-a}{x-b}-\frac{x^b-b}{x-a}}$
Έχουμε δείξει ότι $\displaystyle{b^a-a>0}$ τότε $\displaystyle{\lim_{x\to b-}h(x)=-\infty}$ και αν $\displaystyle{a^b-b<0}$ τότε $\displaystyle{\lim_{x\to α+}h(x)=+\infty}$ συνεπώς συνολο τιμών της h στο (α,β) είναι το R οπότε ταυτόχρονα με το 4 δείχνουμε και το 5ο ερώτημα
Αν $\displaystyle{a^b-b>0}$ τότε $\displaystyle{\lim_{x\to a-}h(x)=+\infty}$ και $\displaystyle{f(0)=\frac{a^2-b^2}{ab}}$ οπότε ταυτόχρονα με το 4 δείχνουμε και το 5ο ερώτημα χρησιμοποιώντας πάλι το σύνολο τιμών στο (0,α)
Αν $\displaystyle{a^b-b=0}$ τότε $\displaystyle{\lim_{x\to b+}h(x)=+\infty}$ και για να ισχύει το ζητούμενο θα πρέπει h(1)<1 δηλαδή $\displaystyle{\frac{1-a}{1-b}-\frac{1-b}{1-a}<1,a^b=b,0<a<b<1}}$
Αυτό είναι ένα νέο πρόβλημα που θα μελετησω αργότερα

Θ.: Bolzano -Rolle -M.T.

Θ.: Bolzano -Rolle -M.T.

Re: Θ.: Bolzano -Rolle -M.T.

Re: Θ.: Bolzano -Rolle -M.T.

Re: Θ.: Bolzano -Rolle -M.T.

Re: Θ.: Bolzano -Rolle -M.T.

Re: Θ.: Bolzano -Rolle -M.T.

Μέλη σε σύνδεση