Συνεχής και γνησίως φθίνουσα

Δυσκολότερα θέματα τα οποία όμως άπτονται της σχολικής ύλης και χρησιμοποιούν αποκλειστικά θεωρήματα που βρίσκονται μέσα σε αυτή. Σε διαφορετική περίπτωση η σύνταξη του μηνύματος θα πρέπει να γίνει στο υποφόρουμ "Ο ΦΑΚΕΛΟΣ ΤΟΥ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΥ"

Συντονιστής: Μπάμπης Στεργίου

Πρόδρομος Ελευθερίου
Δημοσιεύσεις: 6
Εγγραφή: Δευ Ιαν 02, 2012 9:17 pm

Συνεχής και γνησίως φθίνουσα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Πρόδρομος Ελευθερίου » Τρί Ιαν 10, 2017 12:39 am

Έστω f συνάρτηση συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο \mathbb{R}. Να αποδείξετε ότι:

1) Υπάρχει μοναδικό x_0\in\mathbb{R} τέτοιο ώστε για κάθε x_1\in(-\infty,x_0) και x_2\in(x_0,+\infty) να ισχύει:
(f(x_1)-x_1)(f(x_2)-x_2)<0

2) Υπάρχει διάστημα \Delta τέτοιο ώστε για κάθε a\in\Delta η εξίσωση:

\left(\displaystyle\int_{a-1}^{a+1} f(t)dt-2a\right)(1-x)=xe^x να έχει ακριβώς μια ρίζα.

Σημείωση: Η ιδέα για την κατασκευή της παραπάνω άσκησης προήλθε από ένα θέμα του συναδέλφου Π. Τρύφων που περιέχεται στη συλλογή «501 επαναληπτικά θέματα».


Πρόδρομος Π. Ελευθερίου

Λέξεις Κλειδιά:
KAKABASBASILEIOS
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 1525
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 01, 2009 1:46 pm

Re: Συνεχής και γνησίως φθίνουσα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KAKABASBASILEIOS » Τρί Ιαν 10, 2017 1:39 am

pelef έγραψε:Έστω f συνάρτηση συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο \mathbb{R}. Να αποδείξετε ότι:

1) Υπάρχει μοναδικό x_0\in\mathbb{R} τέτοιο ώστε για κάθε x_1\in(-\infty,x_0) και x_2\in(x_0,+\infty) να ισχύει:
(f(x_1)-x_1)(f(x_2)-x_2)<0

...Καλησπέρα :logo: με μιά αντιμετώπιση για το (1)

1) Θεωρώντας την συνάρτηση g(x)=f(x)-x,\,\,x\in R, αυτή είναι συνεχής στο Rκαι γνήσια φθίνουσα αφού για

{{x}_{1}},{{x}_{2}}\in R,\,\,\,{{x}_{1}}<{{x}_{2}} ισχύουν -{{x}_{1}}>-{{x}_{2}} και επειδή f γνησίως φθίνουσα στο

\mathbb{R}, f({{x}_{1}})>f({{x}_{2}}) και με πρόσθεση κατά μέλη των ανισοτήτων ισχύει ότι

f({{x}_{1}})-{{x}_{1}}>f({{x}_{2}})-{{x}_{2}}\Rightarrow g({{x}_{1}})>g({{x}_{2}}).

Επίσης g(0)=f(0) και αν f(0)=0 η g(x)=0 έχει ρίζα το 0,

αν τώρα f(0)>0 θα είναι g(f(0))=f(f(0))-f(0)<0 επειδή f(0)>0και η f

γνήσια φθίνουσα, επομένως ισχύει g(f(0))g(0)<0

και σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano υπάρχει {{x}_{0}}\in (0,\,\,f(0)) ώστε g({{x}_{0}})=0

Ανάλογα αν f(0)<0 δείχνουμε ότι υπάρχει {{x}_{0}}\in (f(0),\,\,0) ώστε g({{x}_{0}})=0, επομένως σε κάθε περίπτωση η

g(x)=0 έχει ρίζα x_0\in\mathbb{R} που είναι και μοναδική αφού η g είναι γνήσια μονότονη άρα και '1-1'

Τώρα θα ισχύει για x<{{x}_{0}} αφού gγνήσια φθίνουσα , ότι g(x)>g({{x}_{0}})=0 και για

x>{{x}_{0}} ότι g(x)<g({{x}_{0}})=0 επομένως για κάθε x_1\in(-\infty,x_0) και x_2\in(x_0,+\infty) θα ισχύει ότι

g({{x}_{1}})g({{x}_{2}})<0\Leftrightarrow (f({{x}_{1}})-{{x}_{1}})(f({{x}_{2}})-{{x}_{2}})<0 , που είναι το ζητούμενο.

...συνεχίζεται...

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης


f ανοιγοντας τους δρομους της Μαθηματικης σκεψης, f' παραγωγος επιτυχιας
Τα Μαθηματικά είναι απλά...όταν σκέπτεσαι σωστά...
Τα Μαθηματικά είναι αυτά...για να δεις πιό μακρυά...
Τα Μαθηματικά είναι μαγεία...όταν έχεις φαντασία...
Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3943
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: Συνεχής και γνησίως φθίνουσα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Τρί Ιαν 10, 2017 1:56 am

α) Θα αποδείξουμε καταρχήν ότι υπάρχει x_0 ώστε f(x_0)=x_0. Αν δε συνέβαινε αυτό τότε θα είχαμε f(x)-x\neq 0 για κάθε x\in\mathbb{R} και λόγω συνέχειας θα έπρεπε f(x)-x>0 για κάθε x\in\mathbb{R} ή f(x)-x<0 για κάθε x\in\mathbb{R}.

Αν f(x)>x για κάθε x\in\mathbb{R} τότε αφενός επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα παίρνουμε f(f(x))<f(x) και αφετέρου βάζοντας στην f(x)>x όπου x το f(x) παίρνουμε f(f(x))>f(x), άτοπο.

Όμοια καταλήγουμε σε άτοπο αν f(x)<x για κάθε x\in\mathbb{R}.

Άρα η f(x)-x μηδενίζεται σε ένα σημείο x_0 το οποίο είναι μοναδικό διότι η συνάρτηση f(x)-x είναι γνησίως φθίνουσα.

Το x_0 είναι το ζητούμενο σημείο καθώς f(x)>x για κάθε x<x_0 και f(x)<x για κάθε x>x_0.

Είναι το μοναδικό για το οποίο συμβαίνει το ζητούμενο καθώς αν υπήρχε κι άλλο σημείο x_0'\neq x_0 τότε το x_0 θα άνηκε σε κάποιο από τα διαστήματα (-\infty,x_0') ή (x_0',+\infty) και τότε θέτοντας στη ζητούμενη σχέση όπου x_1=x_0 (αν x_0<x_0') ή όπου x_2=x_0 (αν x_0>x_0') θα παίρναμε 0<0, άτοπο.

β) Αφού f(x)>x για κάθε x<x_0 άρα αν απαιτήσουμε a-1<x_0 και a+1<x_0 τότε ολοκληρώνοντας την f(x)>x σε ένα οποιοδήποτε υποδιάστημα του A=(-\infty,x_0-1) παίρνουμε \displaystyle\int_{a-1}^{a+1} f(x)dx-2a>0


Για ευκολία θέτουμε k=\displaystyle\int_{a-1}^{a+1} f(x)dx-2a και αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση k(1-x)=xe^x έχει ακριβώς μία ρίζα για k>0 δηλαδή ισοδύναμα η εξίσωση \dfrac{k(1-x)}{xe^x}=1 (αφού το 0 δεν είναι λύση).

Θεωρούμε τη συνάρτηση H(x)=\dfrac{k(1-x)}{xe^x}-1 η οποία είναι παρ/μη στο (-\infty,0)\cup (0,+\infty) με H'(x)=\dfrac{k(x^2-x-1)}{x^2e^x}

Οι ρίζες της H' είναι οι αριθμοί r_1=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2} και r_2=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}

Κάνοντας ένα πίνακα προσήμου/μονοτονίας που να περιλαμβάνει την H' και την H βλέπουμε ότι η H παρουσιάζει τοπικό μέγιστο στο r_1 το H(r_1)<0 οπότε στο (-\infty,0) δεν έχει ρίζα η H. Επίσης παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο στο r_2 το H(r_2)<0 και επειδή \displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}H(x)=+\infty και \displaystyle\lim_{x\to +\infty}H(x)=0 άρα η H έχει μοναδική ρίζα στο διάστημα (0,r_2) κάτι που ολοκληρώνει την απόδειξη του β). Αρκεί κάποιος να επιλέξει ως διάστημα \Delta οποιοδήποτε υποδιάστημα του A.

Αλέξανδρος


Αλέξανδρος Συγκελάκης
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΘΕΜΑΤΑ ΜΕ ΑΠΑΙΤΗΣΕΙΣ Γ'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης