Από ανισότητες σε ανισότητα

Συντονιστής: emouroukos

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2250
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Από ανισότητες σε ανισότητα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Τρί Ιαν 29, 2019 2:39 pm

Έστω f:\mathbb R\to \mathbb R μια δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση.

Αν (f{'}(x))^2+(f{''}(x))^2\leq 1 και |f(x)|\leq 1 για κάθε x\in \mathbb R,

δείξτε ότι (f(x))^2+(f{'}(x))^2\leq 1 για κάθε x\in \mathbb R.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
R BORIS
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2145
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 03, 2009 8:08 am
Επικοινωνία:

Re: Από ανισότητες σε ανισότητα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από R BORIS » Τετ Φεβ 06, 2019 6:22 pm

Αποσείρω την λυσημου λόγω σοβαρού σφάλματος που μου υπέδειξε ο Σταύρος
τελευταία επεξεργασία από R BORIS σε Τρί Φεβ 12, 2019 1:24 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2250
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Από ανισότητες σε ανισότητα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Δευ Φεβ 11, 2019 10:23 pm

R BORIS έγραψε:
Τετ Φεβ 06, 2019 6:22 pm

\displaystyle{\pm(f(x)-f(0))=\int_{0}^{x}|f'(t)|dt}

ΧΒΓ παίρνουμε \displaystyle{g(0)=f(0)=0}
Η πρώτη ισότητα δεν ισχύει εν γένει.

Επίσης δεν βλέπω πως χωρίς βλάβη της γενικότητας μπορούμε να υποθέσουμε ότι

\displaystyle{g(0)=f(0)=0}.


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2250
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Από ανισότητες σε ανισότητα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Κυρ Φεβ 17, 2019 10:47 am

Επαναφορά.
Γνωρίζω δύο λύσεις.
Η μια είναι με σχολική ύλη αλλά σε καμία περίπτωση στο πνεύμα του σχολείου.

Η βασική παρατήρηση και για τις δύο είναι :

Αν θέσουμε
g(x)=(f(x))^2+(f{'}(x))^2
τότε
g'(c)=0 \Rightarrow g(c)\leq 1

Θα την αφήσω κάποιες μέρες και μετά θα βάλω τις λύσεις.


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2250
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Από ανισότητες σε ανισότητα

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Πέμ Φεβ 21, 2019 9:55 pm

Θέτουμε
g(x)=(f(x))^2+(f{'}(x))^2

εχουμε ότι g'(x)=2f'(x)(f(x)+f''(x))

Αρα g'(x)=0\Rightarrow f'(x)=0 or f(x)=-f''(x)

Συμπεραίνουμε ότι

g'(c)=0 \Rightarrow g(c)\leq 1

Αρα στα τοπικά μέγιστα η g έχει τιμή μικρότερη η ίση του 1

Λύση με θεωρία σχολικού βιβλίου.
Εστω ότι υπάρχει c με g(c)>1

Θα είναι g(c)=1+a,a>0

Η ιδέα είναι ότι η παράγωγος κοντά στα άπειρα παίρνει οσο μικρές τιμές θέλουμε

Εφαρμόζω ΘΜΤ στο διάστημα [|c|,|c|+\frac{3}{\sqrt{a}}]

Υπάρχει b\in (|c|,|c|+\frac{3}{\sqrt{a}})

ώστε 2\geq |f(|c|+\frac{2}{\sqrt{a})})-f(|c|)|=|f'(b)|\frac{3}{\sqrt{a}}

Τελικά υπάρχει b>|c| με |f'(b)|< \sqrt{a}

Ομοια μπορούμε να βρούμε t<-|c| με |f'(t)|<\sqrt{a} .

Θεωρούμε την g στο κλειστό [t,b]

Είναι g(t)<g(c),g(b)<g(c)

Αλλά στο [t,b] η g σαν συνεχής παίρνει μέγιστη τιμή που λόγω

της προηγούμενης είναι σε σημείο έστω d\in (t,b)

Τότε όμως g'(d)=0 δηλαδή g(d)\leq 1< g(c)

που είναι ΑΤΟΠΟ.

Αρα για κάθε x\in \mathbb{R} είναι g(x)\leq 1



Με ύλη εκτός σχολικού.(περιγραφή)

Θεωρούμε το σύνολο A που αποτελείται από τους πραγματικούς στους οποίους η g έχει τοπικό μέγιστο.

Αν το A δεν είναι ανω και κάτω φραγμένο το αποτέλεσμα έπεται.

Αν το A είναι άνω φραγμένο τότε από κάπου και πέρα η g θα είναι μονότονη.

Αρα θα υπάρχει το \lim_{x\rightarrow \infty }g(x)=l

Αν l\leq 1 το αποτέλεσμα έπεται.

Αν l>1 τότε από κάπου και πέρα θα είναι |f'(x)|\geq \epsilon > 0

που βγάζει ΑΤΟΠΟ λόγω της |f(x)|\leq 1.

'Ομοια δουλεύουμε αν το A είναι κάτω φραγμένο.


Άβαταρ μέλους
R BORIS
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2145
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 03, 2009 8:08 am
Επικοινωνία:

Re: Από ανισότητες σε ανισότητα

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από R BORIS » Παρ Φεβ 22, 2019 10:09 am

Yπάρχει και άλλος τρόπος να δείξουμε ότι η \displaystyle{f'} παίρνει "μικρές" τιμές κοντά στο απειρο
Εύκολα βλέπουμε ότι \displaystyle{f'\le 1,f\le 1}
Τότε \displaystyle{f^2+f'^2\le f+f'=\frac{(e^xf)'}{(e^x)'}}
παιρνουμε όρια οταν \displaystyle{x\to +\infty } και δεδομένου ότι αν \displaystyle{0<|f|\le 1,|f|=f} κοντά στο +άπειρο από κανονα DLH στον οποίο δεν μας ενδιαφέρει το οριο του αριθμητή, (\displaystyle{f\ne 0}) γιατί αλλιώς το ζητούμενο είναι προφανές έχουμε,
\displaystyle{\lim_{x\to +\infty}(f+f')=\lim_{x\to +\infty}(f)\Rightarrow \lim_{x\to +\infty}(f')=0}
ΕΤσι αποφεύγουμε τα ΘΜΤ που μου φάνηκαν ουρανοκατέβατα
Πάντως ΜΠΡΑΒΟ ! στον Σταύρο για τις λύσεις του
τελευταία επεξεργασία από R BORIS σε Παρ Φεβ 22, 2019 3:29 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
R BORIS
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2145
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 03, 2009 8:08 am
Επικοινωνία:

Re: Από ανισότητες σε ανισότητα

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από R BORIS » Παρ Φεβ 22, 2019 10:37 am

Aκομη μια παρατήρηση
Αν \displaystyle{g} γν . αύξουσα \displaystyle{g(x)<\lim_{x\to +\infty}g=\lim_{x\to +\infty}f^2+f'^2=\lim_{x\to +\infty}f^2\le 1 } αφού \displaystyle{f^2\le 1 } και \displaystyle{\lim_{x\to +\infty}f'^2=0}


Απάντηση

Επιστροφή σε “Ανάλυση”

Μέλη σε σύνδεση

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