Καθένας μπορεί να αντιγράψει

#1

Έστω η συνεχής συνάρτηση $f:[a,b]\to \mathcal{R}$ .
Έστω ότι οι οι συναρτήσεις $F:[a,b]\to \mathcal{R}$ , $G:[a,b]\to \mathcal{R}$
είναι αρχικές της $\displaystyle f$ στο $\displaystyle [a,b]$ , με $\displaystyle F(a)=G(b)=0$ .
Nα δείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ${{x}_{0}}\in (a,b)$ τέτοιο ώστε
$\displaystyle G({{x}_{0}})+F({{x}_{0}})=(a+b-2{{x}_{0}})f({{x}_{0}})$

#2

exdx έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 12, 2023 8:14 am
Έστω η συνεχής συνάρτηση $f:[a,b]\to \mathcal{R}$ .
Έστω ότι οι οι συναρτήσεις $F:[a,b]\to \mathcal{R}$ , $G:[a,b]\to \mathcal{R}$
είναι αρχικές της $\displaystyle f$ στο $\displaystyle [a,b]$ , με $\displaystyle F(a)=G(b)=0$ .
Nα δείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ${{x}_{0}}\in (a,b)$ τέτοιο ώστε
$\displaystyle G({{x}_{0}})+F({{x}_{0}})=(a+b-2{{x}_{0}})f({{x}_{0}})$

Είναι $\int_a^bf(t)\,dt=F(b)-F(a)=F(b)$ και $\int_a^bf(t)\,dt=G(b)-G(a)=-G(a)$ , οπότε F(b)=-G(a)

.

Θεωρούμε τη συνάρτηση $h:[a,b]\to \mathbb{R}$ με $h(x)=\left(x-\frac{a+b}{2}\right)\left(G(x)+F(x)\right)$ ,

η οποία είναι παραγωγίσιμη στο [a,b]

με $h(a)=\frac{a-b}{2}G(a)$ και

$h(b)=\frac{b-a}{2}F(b)=\frac{b-a}{2}(-G(a))=\frac{a-b}{2}G(a)=h(a).$

Από το θεώρημα Rolle, υπάρχει τουλάχιστον ένα $x_0\in (a,b)$ τέτοιο ώστε h'(x_0)=0

.

Αφού $h'(x)=G(x)+F(x)+\left(x-\frac{a+b}{2}\right)(f(x)+f(x))=G(x)+F(x)+(2x-a-b)f(x)$ ,

το συμπέρασμα έπεται.

Φιλικά,

Αχιλλέας

#3

Ευχαριστώ τον Αχιλλέα για τη σύγχρονη και νόμιμη λύση .
Την αντέγραψα από εδώ
και την άλλαξα κάπως .

Καθένας μπορεί να αντιγράψει

Καθένας μπορεί να αντιγράψει

Re: Καθένας μπορεί να αντιγράψει

Re: Καθένας μπορεί να αντιγράψει

Μέλη σε σύνδεση