υπαρξιακό

#1

συγκεντρομενες τεχνικές για υπαρξιακά θέματα του διαφορικού λογισμού σε μια ασκηση. Εστω $\displaystyle{f}$ δυο φορες παραγωγίσιμη στo $\displaystyle{[0,2]}$ με $\displaystyle{f(0)=0,f(2)=4,f'(0)=0}$
1.Aν υπαρχει $\displaystyle{x_0\in (0,2):f^2(x_0)>4f(x_0)}$ τότε υπάρχει $\displaystyle{\xi \in (0,2):f'(\xi)=0}$

2.Αν $\displaystyle{f(1)=1}$ τότε υπάρχει $\displaystyle{\xi _1 \in (0,2):f''(\xi _1)=2}$

3.Αν $\displaystyle{f(1)=1}$ τότε υπάρχει $\displaystyle{\xi _2 \in (0,2):\xi _2^2f''(\xi _2)-2\xi_2f'(\xi_2)+2f(\xi_2)=0}$

4.Υπάρχουν $\displaystyle{p<q}$ με $\displaystyle{p,q\in (0,2):2f'(p)+3f'(q)=10}$

5.Αν $\displaystyle{f(1)=1}$ τότε υπάρχουν $\displaystyle{a>b}$ με $\displaystyle{a,b\in (0,2):2f'(a)+3f'(b)=11}$

6.υπάρχουν $\displaystyle{r\ne s}$ με $\displaystyle{r,s\in (0,2):f'(r)f'(s)=4}$

7.Aν $\displaystyle{f'(x)\ne 0}$ τότε υπάρχουν $\displaystyle{u\ne v}$ με $\displaystyle{u\ne v\in (0,2):2/f'(u)+3/f'(v)=5/2}$

8.υπάρχει $\displaystyle{t\in (0,2):f''(t)>3/2}$ $

Αν μπορείτε γράψτε και τις σκεψεις που σας οδήγησαν στον τρόπο με τον οποίο λύσατε την άσκηση

Λάμπρος Μπαλός · #2

Πριν ξεκινήσουν οι λύσεις, μήπως υπάρχει ένα θεματάκι στο 2; Αν δεν κάνω λάθος, η $x^{2}$ ικανοποιεί τις υποθέσεις αλλά όχι το συμπέρασμα.

#3

ναι , διόρθωσα το τυπογραφικό και αλλο ενα ,εναν τόνο

#4

R BORIS έγραψε: ↑
Τρί Απρ 23, 2019 9:16 pm
συγκεντρομενες τεχνικές για υπαρξιακά θέματα του διαφορικού λογισμού σε μια ασκηση. Εστω $\displaystyle{f}$ δυο φορες παραγωγίσιμη στo $\displaystyle{[0,2]}$ με $\displaystyle{f(0)=0,f(2)=4,f'(0)=0}$
1.Aν υπαρχει $\displaystyle{x_0\in (0,2):f^2(x_0)>4f(x_0)}$ τότε υπάρχει $\displaystyle{\xi \in (0,2):f'(\xi)=0}$

2.Αν $\displaystyle{f(1)=1}$ τότε υπάρχει $\displaystyle{\xi _1 \in (0,2):f''(\xi _1)=2}$

...για την ύπαρξη των υπαρξιακών.... για τα δύο πρώτα...με σκέψη....

1. Η ύπαρξη του $\displaystyle{\xi \in (0,2):f'(\xi)=0}$ μας οδηγεί στο Rolle ( ισότητα τιμών της

όχι εύκολη..) οπότε Fermat….

και ψάχνω για ακρότατο σε εσωτερικό σημείο και αφού υπάρχει $\displaystyle{x_0\in (0,2):f^2(x_0)>4f(x_0)}$ ή

${{f}^{2}}({{x}_{0}})-4f({{x}_{0}})>0\Leftrightarrow f({{x}_{0}})<0,\,\,\,f({{x}_{0}})>4$ και έτσι στο διάστημα

$[0,\,\,2]$ επειδή στα άκρα f(0)=0,f(2)=4

θα υπάρχει σε ένα εσωτερικό σημείο ${{x}_{1}}\in (0,2)$

ελάχιστο αν $f({{x}_{0}})<0$ και θα υπάρχει σε ένα εσωτερικό σημείο ${{x}_{2}}\in (0,2)$

μέγιστο αν $f({{x}_{0}})>4$ οπότε λόγω Fermat ${f}'({{x}_{1}})=0$ ή ${f}'({{x}_{2}})=0$

2. Για $\displaystyle{\xi _1 \in (0,2):f''(\xi _1)=2}$ αρκεί η εξίσωση ${f}''(x)=2\Leftrightarrow ({f}'(x)-2x{)}'=0$

μας οδηγεί στο Rolle για την συνάρτηση g(x)={f}'(x)-2x

και τις ίσες τιμές για αυτήν από θεώρημα μέσης τιμής για την αρχική της

$F(x)=f(x)-{{x}^{2}}$ στα $[0,\,1],\,\,[1,\,2]$ υπάρχουν ${{x}_{1}}\in (0,\,1),\,\,{{x}_{2}}\in (1,\,2)$

για τα οποία ${F}'({{x}_{1}})=\frac{F(1)-F(0)}{1-0}=0\Leftrightarrow g({{x}_{1}})=0$ και

${F}'({{x}_{2}})=\frac{F(2)-F(1)}{2-1}=0\Leftrightarrow g({{x}_{2}})=0$ και με ROLLE για την

στο

$[{{x}_{1}},\,\,{{x}_{2}}]$ προκύπτει το ζητούμενο….

...για το (3) που κοίταξα μάλλον κάτι δεν βλέπω ή λείπει...αργά βλέπεις....

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

#5

1)Εχω διαφορετική γνώμη απο τον Βασιλη Το ζητούμενο είναι ισότητα (μπορεί να την κάνουμε κρυφή ωστε να μην φαίνεται η παραγωγος τα δεδομένα είναι ανισότητες που μπορει να σημαίνει πρόσημα για ΘΒ ,ή μονοτονία, ή ακροτατα για fermat Mε $\displaystyle{f(x_0)>4 }$ προσπαθείστε να σχεδιάσετε την $\displaystyle{C_f}$ Θα σχεδιάετε καποιο ΜΑΧ στο εσωτερικο του [0,2].Αντίστοιχα ενα ΜΙΝ αν $\displaystyle{f(x_0)<0$ 2
2)συνηθως η δυσκολία βρίσκεται στην κατασκευη της συναρτησης που θα ικανοποιεί το ΘR.Αντιμετωπίζουμε το ζητούμενο σαν ΔΕ που πρεπει να ολοκληρώσουμε (πρακτικ'α να διωξουμε τους τόνους)Πρεπει να εχουμε υποψη μας τα εξης Οι προσθετικες σταθερές απαλοίφονται απο ΘR λο της συνθήκης } f(a)=f(b)

$.συχν εμφανίζεται 2η παραγωγος τότε παμε για 2+1 Rolle φανεί στο ερώτημα 2 που είναι μια απλή κατασκευη Αποκλείσαμε το ΘΒ γιατι στο ζητούμενο υπήρχαν τόνοι ενω στα δεδομένα οχι΄πισης αποκλέισαμε το ΘF γιατι δεν ειχαμε ανισοτητες που να παραπεμπουν σε ακρότατα Πιθανο ΘΜΤ λογω της πληθωρας ειδικών τιμων

#6

R BORIS έγραψε: ↑
Τρί Απρ 23, 2019 9:16 pm
συγκεντρομενες τεχνικές για υπαρξιακά θέματα του διαφορικού λογισμού σε μια ασκηση. Εστω $\displaystyle{f}$ δυο φορες παραγωγίσιμη στo $\displaystyle{[0,2]}$ με $\displaystyle{f(0)=0,f(2)=4,f'(0)=0}$

3.Αν $\displaystyle{f(1)=1}$ τότε υπάρχει $\displaystyle{\xi _2 \in (0,2):\xi _2^2f''(\xi _2)-2\xi_2f'(\xi_2)+2f(\xi_2)=0}$

...συνεχίζοντας με τα υπαρξιακά μας και μετά την διόρθωση του Ροδόλφου...

3. Θέλουμε η εξίσωση ${{x}^{2}}{f}''(x)-2x{f}'(x)+2f(x)=0$ να έχει λύση στο (0,2)

και αυτό έχει προκύψει από παραγώγιση, άρα το ζητούμενο εδώ είναι η κατασκευή της συνάρτησης που θα ικανοποιεί το Θ. Rolle…

να διώξουμε τους τόνους (…να ξετονιάσουμε!!! το λέω εγώ) και αφού υπάρχει {f}''

πρώτα 2 φορές ΘΜΤ για κάποια που θα δώσει δύο ίσες τιμές….

ώστε να εφαρμόσουμε Θ. Rolle κατόπιν…..εδώ η σκέψη εμπειρίας…

για την $F(x)=\frac{f(x)}{x},\,\,x\in (0,\,\,2]$ δίνει

${F}'(x)=\frac{x{f}'(x)-f(x)}{{{x}^{2}}},\,\,x\in (0,\,\,2]$ και

${F}''(x)=\frac{(x{f}'(x)-f(x){)}'{{x}^{2}}-(x{f}'(x)-f(x))2x}{{{x}^{4}}}=$

$=\frac{{{x}^{3}}{f}''(x)-2{{x}^{2}}{f}'(x)+2xf(x))}{{{x}^{4}}}=\frac{{{x}^{2}}{f}''(x)-2x{f}'(x)+2f(x))}{{{x}^{3}}}$

γι αυτό ψάχνω ${F}'({{x}_{1}})={F}'({{x}_{2}})\,\,{{x}_{1}},{{x}_{2}}\in (0,\,\,2)$ ….επεκτείνω την συνάρτηση…

και θεωρώ την $g(x)=\left\{ \begin{matrix} & \frac{f(x)}{x},\,\,0<x\le 2 \\ & \,\,\,\,\,0,\,\,\,\,\,\,\,x=0 \\ \end{matrix} \right.$ που είναι συνεχής στα $[0,\,1],\,\,[1,\,2]$ αφού

$\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x)}{x}={f}'(0)=0$ και παραγωγίσιμη στα $(0,\,1),\,\,(1,\,2)$

επομένως σύμφωνα με το ΘΜΤ υπάρχουν ${{x}_{1}}\in (0,\,1),\,\,{{x}_{2}}\in (1,\,2)$ ώστε

${g}'({{x}_{1}})=\frac{g(1)-g(0)}{1}=f(1)=1\Leftrightarrow {F}'({{x}_{1}})=1$ και ${g}'({{x}_{2}})=\frac{g(2)-g(1)}{1}=2-1=1\Leftrightarrow {F}'({{x}_{2}})=1$

και με Rolle στο $[{{x}_{1}},\,\,{{x}_{2}}]$ το ποθούμενο…..

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

Βαγγέλης Κωστούλας · #7

Καλησπέρα κι από μένα,
Έχω να προτείνω μια λύση για το 4.

Ζητάμε p,q

με

που να ανήκουν στο $\left ( 0,2 \right )$ τέτοια, ώστε $2f'\left ( p \right )+3f'\left ( q \right )=10$
Η ιδέα είναι να δουλέψουμε με το Θεώρημα Μέσης Τιμής του Διαφορικού Λογισμού σε κατάλληλα διαστήματα, μιας βλέπουμε τιμές της

.
Αν τα διαστήματα αυτά είναι τα $[0,x_{0}]$ και $[x_{0},2]$ , τότε από το Θ.Μ.Τ.Δ.Λ. υπάρχουν $p\epsilon \left ( 0,x_{0} \right ) ,q\epsilon\left ( x_{0},2 \right )$ ( p<q

) τέτοια, ώστε
$f'\left ( p \right )=\frac{f\left ( x_{0} \right )-f\left ( 0 \right )}{x_{0}-0} \Leftrightarrow f'\left ( p \right )=\frac{f\left ( x_{0} \right )}{x_{0}}$ και
$f'\left ( q \right )= \frac{f\left ( 2 \right )-f\left ( x_{0} \right )}{2-x_{0}}\Leftrightarrow f'\left ( q \right )= \frac{4-f\left ( x_{0} \right )}{2-x_{0}}$
Το πρόβλημα δημιουργείται στους παρονομαστές. Πρέπει, λοιπόν, να βρούμε κατάλληλη τιμή για το $x_{0}$ . Η λύση είναι να χωρίσουμε το διάστημα [0,2]

σε

ίσα διαστήματα, τα οποία θα έχουν μήκος 0,4

, και επιλέγουμε $x_{0}$ τέτοιο, ώστε το διάστημα $[0,x_{0}]$ να περιέχει τα

από τα

ίσα αυτά τμήματα, ενώ το διάστημα $[x_{0},2]$ να περιέχει τα υπόλοιπα

ίσα τμήματα, δηλαδή το $x_{0}=0,8$ . Με την τεχνική αυτή δημιουργούμε κατάλληλους παρονομαστές, ώστε όταν πολλαπλασιάσουμε τα $f'\left ( p \right ), f'\left ( q \right )$ με το

και το

αντίστοιχα, να προκύψουν κλάσματα με τον ίδιο παρονομαστή, που δεν θα είναι άλλος από το μήκος των ίσων διαστημάτων, στην περίπτωσή μας το 0,4

.

Έτσι, για $x_{0}=0,8$ έχουμε:

$f'\left ( p \right )=\frac{f\left ( 0,8 \right )}{0,8}$ και
$f'\left ( q \right )= \frac{4-f\left ( 0,8 \right )}{1.2}$

Οπότε $2f'\left ( p \right )+3f'\left ( q \right )=2\cdot \frac{f\left ( 0,8 \right )}{0,8}+3\cdot \frac{4-f\left ( 0,8 \right )}{1,2}=\frac{f\left ( 0,8 \right )+4-f\left ( 0,8 \right )}{0,4}=10$ , που είναι και το ζητούμενο.

Ελπίζω η εξήγησή μου να βγάζει νόημα. Σίγουρα υπάρχει κάποιος που θα τα έλεγε καλύτερα (ίσως και να το κάνει), πάντως αυτή είναι η δική μου προσπάθεια.

#8

να δούμε κι αλλον ενα τροπο ια το 3
$\displaystyle{x^2f''-xf'=xf-2f\Leftrightarrow \frac{xf'-f}{x^2}=\frac{x^2f'-2xf}{x^4} }$ βεβαια με $\displaystyle{x\ne 0}$ τότε $\displaystyle{(\frac{f'}{x})'=(\frac{f}{x^2})'\Leftrightarrow \frac{f'}{x}=\frac{f}{x^2}+c,x>0}$ και ομοια για $\displaystyle{x<0}$
αρα $\displaystyle{\frac{xf'-f}{x^2}=c}$ ή $\displaystyle{\frac{f}{x}=cx+d}$
πρεπει τα $\displaystyle{c,d}$ να οριστούν ωστε να ισχυουν οι προυποθέσεις για 2 ΘR στο $\displaystyle{[0,2]}$ μια που ξετονιάσαμε 2 φορες
Το d είναι πρσθετική σταθερά και θα απαλοιφθεί
τα διαστηματα πρεπει να είναι τα $\displaystyle{[0,1],[1,2] }$ γιατι στα ακρα τους γνωρίζουμε τις πιο πολλές πληροφορίες
απο $\displaystyle{f(2)/2-2c=f(1)/1-c}$ εχoυμε $\displaystyle{c=1}$
ακομη εδω εχουμε προβλμα συνεχειας στο 0 Αφού $\displaystyle{\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}=f'(0)=0}$ μπορουμε θεσουμε $\displaystyle{ g(x)=f(x)/x-x}$ κα να εφαρμόσουμε τα 2 επιθυμητά Rolle γιατι ολες οι απαιτήσεις μας είναι συμβιβαστες με την τιμή $\displaystyle{ c=1}$

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #9

R BORIS έγραψε: ↑
Τρί Απρ 23, 2019 9:16 pm
συγκεντρομενες τεχνικές για υπαρξιακά θέματα του διαφορικού λογισμού σε μια ασκηση. Εστω $\displaystyle{f}$ δυο φορες παραγωγίσιμη στo $\displaystyle{[0,2]}$ με $\displaystyle{f(0)=0,f(2)=4,f'(0)=0}$

8.υπάρχει $\displaystyle{t\in (0,2):f''(t)>3/2}$

Αν μπορείτε γράψτε και τις σκεψεις που σας οδήγησαν στον τρόπο με τον οποίο λύσατε την άσκηση

Σαν ανάποδος ξεκινάω από το τέλος.

Αντί υπάρχει $\displaystyle{t\in (0,2):f''(t)>3/2}$
θα δείξω ότι υπάρχει $\displaystyle{t\in (0,2):f''(t)\geq2}$ .
Ο λόγος είναι ότι η f(x)=x^2

ικανοποιεί τις προυποθέσεις και f''(x)=2

1)Λύση.
Αν δεν ισχύει τότε $t\in (0,2)\Rightarrow f''(t)< 2\Rightarrow (f'(t)-2t)'< 0$

Από την μονοτονία παίρνουμε ότι

$t\in (0,2)\Rightarrow (f'(t)-2t)< 0$

Ολοκληρώνοντας την τελευταία έχουμε

$\displaystyle 4=f(2)=\int_{0}^{2}f'(t)dt< \int_{0}^{2}2tdt=4$

που προφανώς είναι ΑΤΟΠΟ

Η τεχνική είναι ότι από ανισότητα για παράγωγο περνάμε σε ανισότητα
για την συνάρτηση.

2)Λύση.
Εδώ θα δείξουμε ότι υπάρχει $\displaystyle{c\in (0,2):f''(c)=2}$

Θεωρούμε την

$q(t)=f(t)-f(0)-f'(0)t-t^{2}=f(t)-t^{2}$ !!!!!!

Είναι q(0)=q(2)=q'(0)=0

Από Rolle οι δύο πρώτες δίνουν ότι υπάρχει $\xi$

με $q'(\xi)=0$

πάλι από Rolle για την

υπάρχει

με

που δίνει το ζητούμενο.

Η τεχνική εδώ είναι ότι στην ουσία έκανα την απόδειξη του Taylor δεύτερης τάξης.

Να την γράψω γιατί είναι δύο γραμμές.

Αν θεωρήσω για

σταθερό την

$\displaystyle q(t)=f(t)-f(0)-f'(0)t-\frac{f(x)-f(0)-f'(0)x}{x^{2}}t^{2}$

τότε q(0)=q(x)=q'(0)=0

και όπως προηγουμένως

υπάρχει

με

που δίνει ότι

$\displaystyle {f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{f''(c)}{2}x^{2}}$

#10

4 Mia γεωμετρική αποδειξη κατά την γνώμη μου κομψή

σχημα.docx: (31.36 KiB) Μεταφορτώθηκε 19 φορές

Χωρίζω το ΟΑ=[0,2] σε 2+3 ισομηκη τμηματα πλατους $\displaystyle{d=2-0/2+3=0.4}$ πέρνω $\displaystyle{OM=2d,MA=3d,MD=y=f(x_0)}$ τοτε $\displaystyle{2dTan(MOD)+3dTan(EDC)=MD+EB=AB}$ συμφωνα με το ΘΜΤ και την γεωμτρική ερεμηνεία της παραγώγου ως κλίση εχουμε $\displaystyle{2df'(p)+3df'(q)=4}$ ή $\displaystyle{2f'(p)+3f'(q)=10,p<q}$
H γενίκευση είναι αμεση Για γραμμικό συνδιασμο των παραγώγων

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #11

R BORIS έγραψε: ↑
Τρί Απρ 23, 2019 9:16 pm
συγκεντρομενες τεχνικές για υπαρξιακά θέματα του διαφορικού λογισμού σε μια ασκηση. Εστω $\displaystyle{f}$ δυο φορες παραγωγίσιμη στo $\displaystyle{[0,2]}$ με $\displaystyle{f(0)=0,f(2)=4,f'(0)=0}$

4.Υπάρχουν $\displaystyle{p<q}$ με $\displaystyle{p,q\in (0,2):2f'(p)+3f'(q)=10}$

5.Αν $\displaystyle{f(1)=1}$ τότε υπάρχουν $\displaystyle{a>b}$ με $\displaystyle{a,b\in (0,2):2f'(a)+3f'(b)=11}$

6.Αν $\displaystyle{f(1)=1}$ τότε υπάρχουν $\displaystyle{r\ne s}$ με $\displaystyle{r,s\in (0,2):f'(r)f'(s)=4}$

7.Aν $\displaystyle{f'(x)\ne 0}$ τότε υπάρχουν $\displaystyle{u\ne v}$ με $\displaystyle{u\ne v\in (0,2):2/f'(u)+3/f'(v)=5/2}$

Αν μπορείτε γράψτε και τις σκεψεις που σας οδήγησαν στον τρόπο με τον οποίο λύσατε την άσκηση

Χωρίς ΘΜΤ και χωρίς να σπάμε το κεφάλι μας να βρούμε συναρτήσεις.
Η ιδέα είναι φανερή από τις λύσεις που θα διαβάσετε.

6Δεν χρειάζεται το $\displaystyle{f(1)=1}$

.Επειδή
$\displaystyle \int_{0}^{2}f'(x)dx=4$

και η

δεν μπορεί να είναι σταθερή

υπάρχει $r\in (0,2)$ με f'(r)>2

Είναι $f'(0)=0< \dfrac{4}{f'(r)}< 2< f'(r)$

Από ΘΕΤ υπάρχει $s\in (0,r)$ με f'(r)f'(s)=4

4.Οπως στο προηγούμενο υπάρχει $q\in (0,2)$ με f'(q)>2

μπορούμε να το διαλέξουμε έτσι ώστε 3>f'(q)>2

(γιατί ; )

Είναι $f'(0)=0< \dfrac{10-3f'(q)}{2}< 2< f'(q)$

Από ΘΕΤ υπάρχει $p\in (0,q)$ με 2f'(p)+3f'(q)=10

7.Δεν χρειάζεται το $\displaystyle{f'(x)\ne 0}$

Οπως και στα προηγούμενα υπάρχει $u\in (0,2)$ με f'(u)>2

Αλλά εύκολα βλέπουμε ότι

$\displaystyle 0=f'(0)< \frac{3}{\frac{5}{2}-\frac{2}{f'(u)}}< 2< f'(u)$

Από ΘΕΤ υπάρχει $v\in (0,u)$ που δίνει την ζητούμενη.

5
Αφού $\displaystyle \int_{1}^{2}f'(x)dx=3$

υπάρχει $a\in (1,2)$ με $f'(a)\geq3$

μπορούμε να το διαλέξουμε έτσι $4>f'(a)\geq3$ (γιατί ; )

Είναι τότε $\displaystyle f'(0)=0< \frac{11-2f'(a)}{3}\leq \frac{5}{3}< f'(a)$

Πάλι από ΘΕΤ $b\in (0,a)$ που δίνει την ζητούμενη.

harrisp · #12

7. (Θα γράψω αργότερα την σκέψη)

Από Bolzano στο (0,2)

υπάρχει

ώστε $f(k)=\frac{8}{5}$ . Με ΘΜΤ στα (0,k)

και

παίρνουμε αντίστοιχα ότι υπάρχουν u,v

ώστε:

$f(u)=\dfrac {8}{5k}$ και $f(v)=\dfrac {12}{10-5k}$ από όπου προκύπτει το ζητούμενο.

#13

Η γνώση τιμών της $\displaystyle{f}$ και η αναζήτηση τιμών της $\displaystyle{f'}$ κάνουν το ΘΜΤ ισχυρό εργαλείο της αναζήτησης μας
Έτσι με ΘΜΤ στο $\displaystyle{[1,2]}$ παίρνουμε $\displaystyle{f'(a)=3}$ οπότε αρκεί να βρούμε $\displaystyle{b<a:f'(b)=5/3}$ Επειδή η $\displaystyle{f'}$ είναι συνεχής $\displaystyle{f'(a)=3,f'(0)=0}$ από τoΘΕΤ υπάρχει $\displaystyle{b<a:f'(b)=5/3}$
Aν είχαμε εκλέξει $\displaystyle{b:2f'(b)=2}$ θα έπρεπε να βρούμε $\displaystyle{a>b:f'(a)=3}$ που προκύπτει από ΘΜΤ στο $\displaystyle{[1,2]}$

harrisp · #14

Νομίζω στην 6 δεν χρειάζεται ούτε το f'(0)=0

που χρησιμοποιείται στην λύση του κ. Σταύρου.

Από Bolzano υπάρχει $k\in (0,2)$ ώστε f(k)=-2k+4

και με ΘΜΤ στα [0,k]

και

προκύπτει το ζητούμενο.

#15

6.
Aπο ΘΜΤ $\displaystyle{f'(r)f'(s)=\frac{f(k)-f(0)}{k-0}\frac{f(2)-f(k)}{2-k}=\frac{f(k)(4-f(k)}{k(2-k)}}$
Αρκεί να υπάρχει $\displaystyle{k: f(k)=2k}$ ή $\displaystyle{f(k)=4-2k}$ Με ΘΒ για την $\displaystyle{f(x)+2x-4}$ στο $\displaystyle{[0,2]}$
το ΘΜΤ μας περασε από την παράγωγο σε μια συνάρτηση οπου ζητήσαμε ρίζα

#16

7.
Βασικό εργαλείο είναι πάλι το ΘΜΤ
Επειδή $\displaystyle{1/f'=1/Tan\theta }$ μπορούμε και εδώ να δώσουμε μια γεωμετρική λύση!
πρώτα να δείξουμε ότι $\displaystyle{f:1-1}$ αυτό χρειάζεται γιατί σε κάθε επιλογή του $\displaystyle{y}$ έχουμε μοναδικό $\displaystyle{x}$
Η διαμέριση πρέπει να γίνει στον άξονα $\displaystyle{y}$ σε $\displaystyle{2+3}$ κομμάτια πλάτους $\displaystyle{4-0/2+3=0.8}$ το καθένα
Θα πάρουμε $\displaystyle{2}$ για το $\displaystyle{u}$ και θα συνεχίσουμε παρόμοια με την γεωμετρική λύση του 5
Στα 5,7 φαίνεται πως η $\displaystyle{f(1)=1}$ είναι άχρηστη

υπαρξιακό

υπαρξιακό

Re: υπαρξιακό

Re: υπαρξιακό

Re: υπαρξιακό

Re: υπαρξιακό

Re: υπαρξιακό

Re: υπαρξιακό

Re: υπαρξιακό

Re: υπαρξιακό

Re: υπαρξιακό

Re: υπαρξιακό

Re: υπαρξιακό

Re: υπαρξιακό

Re: υπαρξιακό

Re: υπαρξιακό

Re: υπαρξιακό

Μέλη σε σύνδεση