Υπαρξιακή

Συντονιστής: KAKABASBASILEIOS

christodoulou
Δημοσιεύσεις: 87
Εγγραφή: Πέμ Οκτ 15, 2009 6:33 pm

Υπαρξιακή

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από christodoulou » Κυρ Φεβ 11, 2018 6:57 pm

Δίνεται συνάρτηση f συνεχής στο [0,1] και παραγωγίσιμη στο (0,1) με f(0)=0 και f(1)=1.
Να αποδείξετε ότι υπάρχουν \alpha ,\beta \in(0,1) με \alpha \neq \beta τέτοιοι ώστε :{f}'(\alpha )\cdot {f}'(\beta )=1.


Μηδένα προ του τέλους μακάριζε...

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 3345
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα
Επικοινωνία:

Re: Υπαρξιακή

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Κυρ Φεβ 11, 2018 7:30 pm

christodoulou έγραψε:
Κυρ Φεβ 11, 2018 6:57 pm
Δίνεται συνάρτηση f συνεχής στο [0,1] και παραγωγίσιμη στο (0,1) με f(0)=0 και f(1)=1.
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 f 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.


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Άβαταρ μέλους
Christos.N
Δημοσιεύσεις: 1570
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 26, 2009 2:28 pm
Τοποθεσία: Ίλιον

Re: Υπαρξιακή

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Christos.N » Κυρ Φεβ 11, 2018 7:38 pm

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 f 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.


Ντάβας Χρήστος
Wir müssen wissen — wir werden wissen! D.Hilbert
mikemoke
Δημοσιεύσεις: 184
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 17, 2016 12:58 am

Re: Υπαρξιακή

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mikemoke » Κυρ Φεβ 11, 2018 9:18 pm

christodoulou έγραψε:
Κυρ Φεβ 11, 2018 6:57 pm
Δίνεται συνάρτηση f συνεχής στο [0,1] και παραγωγίσιμη στο (0,1) με f(0)=0 και f(1)=1.
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) .


Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 3345
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα
Επικοινωνία:

Re: Υπαρξιακή

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » 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 f συνεχής στο [0,1] και παραγωγίσιμη στο (0,1) με f(0)=0 και f(1)=1.
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) .
Παρακαλώ ;


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
mikemoke
Δημοσιεύσεις: 184
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 17, 2016 12:58 am

Re: Υπαρξιακή

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mikemoke » Κυρ Φεβ 11, 2018 9:32 pm

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 f συνεχής στο [0,1] και παραγωγίσιμη στο (0,1) με f(0)=0 και f(1)=1.
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) .
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
Δημοσιεύσεις: 184
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 17, 2016 12:58 am

Re: Υπαρξιακή

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mikemoke » Κυρ Φεβ 11, 2018 10:02 pm

christodoulou έγραψε:
Κυρ Φεβ 11, 2018 6:57 pm
Δίνεται συνάρτηση f συνεχής στο [0,1] και παραγωγίσιμη στο (0,1) με f(0)=0 και f(1)=1.
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 f'.
y((k_1,1))=(1,k_2) και το k_1 είναι τέτοιο ώστε D_2=(1,k_2) να είναι υποσύνολο του συνόλου τιμών της f'.
Συγκεκριμένα D_1\subseteq (inf(f'(x)),1) , D_2\subseteq (1,sup(f'(x)))
Κάθε στοιχείο w,z στα D_1,D_2 (αντίστοιχα) αντιστοιχίζονται με τουλάχιστον ένα a,b (αντίστοιχα) .
Άρα τελειώσαμε.


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 1764
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Υπαρξιακή

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » 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 f συνεχής στο [0,1] και παραγωγίσιμη στο (0,1) με f(0)=0 και f(1)=1.
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 f'.
y((k_1,1))=(1,k_2) και το k_1 είναι τέτοιο ώστε D_2=(1,k_2) να είναι υποσύνολο του συνόλου τιμών της f'.
Συγκεκριμένα D_1\subseteq (inf(f'(x)),1) , D_2\subseteq (1,sup(f'(x)))
Κάθε στοιχείο w,z στα D_1,D_2 (αντίστοιχα) αντιστοιχίζονται με τουλάχιστον ένα a,b (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
Δημοσιεύσεις: 184
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 17, 2016 12:58 am

Re: Υπαρξιακή

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mikemoke » Τετ Φεβ 14, 2018 11:27 pm

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 f συνεχής στο [0,1] και παραγωγίσιμη στο (0,1) με f(0)=0 και f(1)=1.
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 f'.
y((k_1,1))=(1,k_2) και το k_1 είναι τέτοιο ώστε D_2=(1,k_2) να είναι υποσύνολο του συνόλου τιμών της f'.
Συγκεκριμένα D_1\subseteq (inf(f'(x)),1) , D_2\subseteq (1,sup(f'(x)))
Κάθε στοιχείο w,z στα D_1,D_2 (αντίστοιχα) αντιστοιχίζονται με τουλάχιστον ένα a,b (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 k τότε inf(f'(x))=f'(\xi)=sup(f'(x))f 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(θεωρούμεf'(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 .


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες