Ποτέ το μέσο

Συντονιστής: KAKABASBASILEIOS

Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 12332
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Ποτέ το μέσο

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Παρ Ιαν 08, 2021 8:01 pm

Ποτέ  το μέσο.png
Ποτέ το μέσο.png (134.01 KiB) Προβλήθηκε 361 φορές
Για την συνάρτηση : f(x)=e^x , εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Τ στο διάστημα :  \left [\:a , b\right \: ] .

Δείξτε ότι το προκύπτον \xi , δεν μπορεί να είναι το μέσο του διαστήματος .

Παρακαλώ , δημοσιεύστε λύση χωρίς παραπομπές ( το θέμα είναι στην επικαιρότητα ) .



Λέξεις Κλειδιά:
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 13160
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Ποτέ το μέσο

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Παρ Ιαν 08, 2021 8:34 pm

KARKAR έγραψε:
Παρ Ιαν 08, 2021 8:01 pm
Για την συνάρτηση : f(x)=e^x , εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Τ στο διάστημα :  \left [\:a , b\right \: ] .

Δείξτε ότι το προκύπτον \xi , δεν μπορεί να είναι το μέσο του διαστήματος .
Σε αντίθετη περίπτωση θα είχαμε \displaystyle{(b-a)e^{(a+b)/2} = e^b-e^a για κάποια b>a. Ισοδύναμα

\displaystyle{(b-a)= e^{(b-a)/2} -e^{-(b-a)/2} ή αλλιώς με x=(b-a)/2 >0 θα είχαμε 2x=e^x-e^{-x}. Θα δείξουμε ότι αυτό είναι αδύνατο.

Εξεταζουμε την f(x) = e^x-e^{-x}-2x, οπότε f'(x) = e^x+e^{-x}-2 και f''(x) = e^x-e^{-x}. Για x=0 μηδενίζεται ενώ για x>0 είναι γνήσια θετική διότι e^x > 1> e^{-x}. Άρα η f' είναι γνήσια αύξουσα και άρα, πάντα για x>0, έχουμε f'(x) > f'(0) =0. Έπεται οτι και η f είναι γνήσια αύξουσα, δηλαδή f(x) > f(0)=0. Συνεπώς η f δεν μηδενίζεται πουθενά, για x>0. Και λοιπά.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 13160
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Ποτέ το μέσο

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Σάβ Ιαν 09, 2021 12:01 am

Και αλλιώς. Όπως πριν θα υπήρχε ένα x>0 τέτοιο ώστε
Mihalis_Lambrou έγραψε:
Παρ Ιαν 08, 2021 8:34 pm
2x=e^x-e^{-x}.
Ισοδύναμα e^{2x} -2xe^x-1=0. Ως δευτεροβάιθμια ως προς e^x έπεται e^x = x\pm \sqrt {x^2+1}. Κρατάμε μόνο το "+" διότι e^x>0. Αλλά τότε, από την γνωστή ανισότητα e^x > 1 + x+ \frac {x^2}{2} θα είχαμε

\displaystyle{ x +\sqrt {x^2+1} = e^x > 1 + x+ \frac {x^2}{2}}, και άρα \displaystyle{\sqrt {x^2+1} > 1 + \frac {x^2}{2}} . Υψώνοντας όμως στο τετράγωνο θα πέρναμε

\displaystyle{x^2+1 > 1 + x^2 +\dfrac {x^4}{4}}. Άτοπο.


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 12332
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Ποτέ το μέσο

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Σάβ Ιαν 09, 2021 8:49 am

KARKAR έγραψε:
Παρ Ιαν 08, 2021 8:01 pm

Δείξτε ότι το προκύπτον \xi , δεν μπορεί να είναι το μέσο του διαστήματος  \left [\:a , b\right \: ] .
Χωρίς σπουδαίες διαφορές : Αν το \xi ήταν το μέσο του διαστήματος  \left [\:a , b\right \: ], θα υπήρχε x>0,

τέτοιο ώστε : a=\xi-x και b=\xi+x . Τότε θα είχαμε : e^\xi=\dfrac{e^{\xi+x}-e^{\xi-x}}{2x}=\dfrac{e^\xi(e^x-e^{-x})}{2x} ,

ισοδύναμα : e^{2x}-2xe^x-1=0 .

Αλλά η συνάρτηση : g(x)=e^{2x}-2xe^x-1=0, έχει προφανή ρίζα την x=0 και επειδή είναι γνησίως

αύξουσα ( g'(x)=2e^x(e^x-x-1)\geq 0 , αφού : e^x\geq x+1) , η ρίζα είναι μοναδική , άτοπο .


Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2902
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Ποτέ το μέσο

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Σάβ Ιαν 09, 2021 10:24 am

Ισχύει γενικότερα το εξής:

Αν f'''(x)>0 για x>a, τότε f(x)-f(a)>f'\left(\dfrac{a+x}{2}\right)(x-a) για x>a.

Πράγματι, αρκεί να θεωρήσουμε την

g(x)=f(x)-f(a)-f'\left(\dfrac{a+x}{2}\right)(x-a)

και να παρατηρήσουμε ότι ισχύουν οι g(a)=0 και, για κάποιο \xi \in\left(\dfrac{a+x}{2},x\right),

g'(x)=f'(x)-f'\left(\dfrac{a+x}{2}\right)-f''\left(\dfrac{a+x}{2}\right)\left(\dfrac{x-a}{2}\right)=\left[f''(\xi )-f''\left(\dfrac{a+x}{2}\right)\right]\left(\dfrac{x-a}{2}\right)>0.


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 13160
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Ποτέ το μέσο

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Σάβ Ιαν 09, 2021 11:42 am

Έχουμε βέβαια και την πολύ ωραία γενική τεχνική που ανέφερε ο Σταύρος εδώ.

Ο λόγος που έγραψα την συγκεκριμένη λύση (υπάρχουν πολλές άλλες) είναι για να είναι "αλλιώτικη", γιατί δεν συνηθίζουμε να λύνουμε εξίσωση με όρους που μπορεί να είναι μεταβλητοί. Άλλωστε θυμώσαστε ότι παλαιότερα, με αφορμή ένα θέμα στις Πανελλήνιες, η κοινότητα χωρίστηκε στα δύο με ποταμούς σχολίων ως εάν σε εμφύλιο. Άδικα κατ' εμέ γιατί το θέμα είναι απλό, και ποτέ δεν κατάλαβα γιατί "κολλάγανε" οι μεν, αλλά απεικονίζει μία υπαρκτή πραγματικότητα.


Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2902
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Ποτέ το μέσο

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Σάβ Ιαν 09, 2021 8:39 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Σάβ Ιαν 09, 2021 11:42 am
Έχουμε βέβαια και την πολύ ωραία γενική τεχνική που ανέφερε ο Σταύρος εδώ.

Ο λόγος που έγραψα την συγκεκριμένη λύση (υπάρχουν πολλές άλλες) είναι για να είναι "αλλιώτικη", γιατί δεν συνηθίζουμε να λύνουμε εξίσωση με όρους που μπορεί να είναι μεταβλητοί. Άλλωστε θυμώσαστε ότι παλαιότερα, με αφορμή ένα θέμα στις Πανελλήνιες, η κοινότητα χωρίστηκε στα δύο με ποταμούς σχολίων ως εάν σε εμφύλιο. Άδικα κατ' εμέ γιατί το θέμα είναι απλό, και ποτέ δεν κατάλαβα γιατί "κολλάγανε" οι μεν, αλλά απεικονίζει μία υπαρκτή πραγματικότητα.
Δεν γνώριζα ότι το ευρύτερο θέμα της τοποθεσίας του \xi 'φλέγεται' στο :logo: αυτές τις μέρες, με ανάλογα μάλιστα ερωτήματα σχετικά με τις lnx, \sqrt{x}: οι δύο αυτές συναρτήσεις έχουν θετική τρίτη παράγωγο, όπως και η e^x δηλαδή, αλλά, σε αντίθεση με αυτήν, αρνητική δεύτερη παράγωγο, οδηγώντας τελικά σε αντίθετο συμπέρασμα. Ας δούμε πως προκύπτουν αυτά (σύμφωνα με την δική μου προσέγγιση και το σχετικό λήμμα που χρησιμοποίησα και απέδειξα παραπάνω):

Αν f'''(x)>0 για x>a, τότε f(x)-f(a)>f'\left(\dfrac{a+x}{2}\right)(x-a) για x>a.

Συνδυάζοντας το παραπάνω λήμμα με την f(x)-f(a)=f'(\xi )(x-a), καταλήγουμε στην f'(\xi )>f'\left(\dfrac{a+x}{2}\right), οπότε, αν μεν f''(x)>0 για x>a τότε \xi >\dfrac{a+x}{2} (όπως στην περίπτωση της e^x που είδαμε παραπάνω), αν δε f''(x)<0 για x>a τότε \xi <\dfrac{a+x}{2} (όπως στην περίπτωση των lnx, \sqrt{x} που συζητήθηκε αλλού).

Ανάλογο λήμμα και συμπεράσματα θα είχαμε και στην περίπτωση αρνητικής τρίτης παραγώγου: όπως τόνισε και ο Σταύρος (που χρησιμοποίησε το ανάπτυγμα Taylor), αυτό που έχει σημασία είναι να διατηρούν πρόσημο η δεύτερη και η τρίτη παράγωγος. (Αν αυτές οι δύο παράγωγοι είναι ομόσημες τότε \xi >\dfrac{a+x}{2}, αν είναι ετερόσημες τότε \xi <\dfrac{a+x}{2}.)

[Σημειώνω πάντως ότι στο εδώ αρχικό ερώτημα του Θανάση ζητούμενο ήταν μόνον το \xi \neq\dfrac{a+x}{2} και όχι το \xi >\dfrac{a+x}{2}, γι αυτό και δεν χρησιμοποιήθηκε η δεύτερη παράγωγος (στην δική μου προσέγγιση).]


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2902
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Ποτέ το μέσο

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Κυρ Ιαν 10, 2021 8:44 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Σάβ Ιαν 09, 2021 11:42 am
Ο λόγος που έγραψα την συγκεκριμένη λύση (υπάρχουν πολλές άλλες) είναι για να είναι "αλλιώτικη", γιατί δεν συνηθίζουμε να λύνουμε εξίσωση με όρους που μπορεί να είναι μεταβλητοί. Άλλωστε θυμώσαστε ότι παλαιότερα, με αφορμή ένα θέμα στις Πανελλήνιες, η κοινότητα χωρίστηκε στα δύο με ποταμούς σχολίων ως εάν σε εμφύλιο. Άδικα κατ' εμέ γιατί το θέμα είναι απλό, και ποτέ δεν κατάλαβα γιατί "κολλάγανε" οι μεν, αλλά απεικονίζει μία υπαρκτή πραγματικότητα.
Αυτό το 'κίνημα' το έζησα εν τη γενέσει, σε αντίθεση με εκείνο των Αντιαντίστροφων, που έλαβε χώραν κατά το πρώτο δίμηνο του :logo: που απουσίαζα :-) Άκουσα τον αντίλαλο όμως, ακόμη και δια ζώσης ... στην πρώτη μου Μαθηματική Εβδομάδα (2011): ήταν μια Πέμπτη απόγευμα με πολλές ενδιαφέρουσες ομιλίες -- ήμουν στην αίθουσα 6 ώρες σχεδόν, μου άρεζε γενικώς να παρακολουθώ ομιλίες -- και ακόμη θυμάμαι την Ελένη Μήτσιου να απαντά στους Αντιαντίστροφους μ' εκείνο το ανεπανάληπτο ΤΟΣΟ ΜΑΣ ΚΟΒΕΙ :lol: [Το session τελείωσε γύρω στις 10:30 μμ με ωριαία ομιλία του αξέχαστου Λεωνίδα Θαρραλίδη περί sudoku: έχοντας λύσει ένα ακριβώς στην ζωή μου, και ύστερα από τόσες ομιλίες, φοβόμουν ότι δεν θα καταφέρω να τον παρακολουθήσω, ήταν όμως απίθανος και με διέψευσε!]


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ”

Μέλη σε σύνδεση

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