Βοήθεια/Aπορίες στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

riemann80 · 13-05-08

κανεις?

mostel · 13-05-08

Δεν έχω και πολύ χρόνο να ασχοληθώ. ΑΛλά κάτι πρέπει να παίζει λάθος στην άσκηση με μια πολύ γρήγορη ματιά. Μήπως εννοείς αρνητική f;

(Αν πολ/σουμε τη μεσαία σχέση με το 2 και πάμε σε τετράγωνα και πάρουμε την f(x)=2/(x+1) ) , νομίζω πως μπορούμε να βρούμε τέτοιο α. Θα το κοιτάξω και αύριο όμως αν βρω χρόνο).

Στέλιος

nefertiti · 13-05-08

του 2003 συγκεκριμενα........

riemann80 · 13-05-08

σωστη σκεψη να παμε στα τετραγωνα.η συναρτηση ειναι θετικη,οχι αρνητικη.

elenak · 13-05-08

κανε μου μια χαρη ξαναγραψε τον τυπο αλλα με κανονικη απλη γραμματοσειρα γτ ετσι οπως το γραψες κατι δεν μου καθεται καλα!χαχα thanks

mostel · 13-05-08

Αν ο α έχει έστω τιμή 1, τότε για τη συνάρτηση που είπα ποιο πάνω, την f(x) = 2/(x+1), ισχύει η δοθείσα !

riemann80 · 13-05-08

η πρωτη δεν ικανοποιειται στελιο

$ \int\limits_0^1 {{2 \over {x + 1}}} dx = 2\int\limits_0^1 {{1 \over {x + 1}}} dx = 2\left[ {\ln \left( {x + 1} \right)} \right]_0^1 = 2\ln 2 \ne 1 $

mostel · 13-05-08

Όχι, look πώς το εννοώ :

Πολ/ζω τη μεσαία με 2 και έχω :

$ \int_0^1 f(x)(x+1)^2dx = (a+1)^2$

Για $f(x)=\frac{2}{x+1}$

$\int_0^1 2(x+1)=\int_0^1[(x+1)^2]' =[(x+1)^2]_0^1 = 4 - 1=3$

Όμως η $(a+1)^2 = 3$ έχει λύση... χάνω κάπου ;

riemann80 · 13-05-08

ναι νομιζω πως χανεις στο εξης: ψαχνοντας να βρεις μια f που να ικανοποιει τις τρεις σχεσεις της εκφωνησης λες οτι αυτες οι τρεις ειναι ισοδυναμες με την

$ \int\limits_0^1 {f\left( x \right)} \left( {x + 1} \right)^2 dx = \left( {a + 1} \right)^2 $

που ομως δεν ειναι! η συναρτηση που εγραψες ειναι θετικη και συνεχης αλλα δεν ικανοποιει την πρωτη απο τις τρεις,οπως σου γραψα και παραπανω.

mostel · 13-05-08

Ναι , μάλλον έχεις δίκιο σε αυτό. Δεν έλενξα αν ισχύουν για τις παραπάνω καν οι σχέσεις. Αλλά αφού το έλενξες εσύ, έτσι θα είναι.

Λοιπόν, θα τη δω την άσκηση τότε λίγο ακόμη το βραδάκι και αν δε βρω κάτι θα σου πω να γράψεις λύση!

Στέλιος

cretanman · 13-05-08

Ας υποθέσουμε αντίθετα ότι η f είναι συνεχής στο [0,1]. Εφαρμόστε την ανισότητα Cauchy - Schwartz για ολοκληρώματα για τις συναρτήσεις $\sqrt{f(x)}$ και $x\sqrt{f(x)}$ . Τότε παρατηρούμε ότι λόγω των δεδομένων, η ανισότητα ισχύει ως ισότητα πράγμα που ισχύει είτε όταν και οι δύο συναρτήσεις είναι ταυτοτικά μηδέν (που δεν γίνεται, αφού τότε το ολοκλήρωμα της f που είναι θετική και συνεχής στο [0,1] δεν θα ήταν 1) είτε όταν οι δύο συναρτήσεις είναι ανάλογες για κάθε x στο [0,1], πράγμα που δεν γίνεται διότι αν υπήρχε λ τέτοιο ώστε $\sqrt{f(x)} =\lambda x\sqrt{f(x)}$ για κάθε x στο [0,1], τότε θα ίσχυε $1=\lambda x$ για κάθε x στο [0,1] που φανερά δεν ισχύει (πάρτε π.χ. για x=0).

Αλέξανδρος

Υ.Γ. Για εκείνους που δεν θυμούνται ή δεν ξέρουν την ανισότητα Cauchy - Schwartz για ολοκληρώματα

Εαν f, g είναι συναρτήσεις συνεχείς στο [a,b] (a<b) τότε ισχύει

$\int_a^b f^2(x)dx \cdot \int_a^b g^2(x)dx \geq \left(\int_a^b f(x)g(x)dx\right)^2$

go2jimmys · 13-05-08

Αρχική Δημοσίευση από cretanman:
Ας υποθέσουμε αντίθετα ότι η f είναι συνεχής στο [0,1]. Εφαρμόστε την ανισότητα Cauchy - Schwartz για ολοκληρώματα για τις συναρτήσεις $sqrt{f(x)}$ και $xsqrt{f(x)}$ . Τότε παρατηρούμε ότι λόγω των δεδομένων, η ανισότητα ισχύει ως ισότητα πράγμα που ισχύει είτε όταν και οι δύο συναρτήσεις είναι ταυτοτικά μηδέν (που δεν γίνεται, αφού τότε το ολοκλήρωμα της f που είναι θετική και συνεχής στο [0,1] δεν θα ήταν 1) είτε όταν οι δύο συναρτήσεις είναι ανάλογες για κάθε x στο [0,1], πράγμα που δεν γίνεται διότι αν υπήρχε λ τέτοιο ώστε $sqrt{f(x)} =lambda xsqrt{f(x)}$ για κάθε x στο [0,1], τότε θα ίσχυε $1=lambda x$ για κάθε x στο [0,1] που φανερά δεν ισχύει (πάρτε π.χ. για x=0).

Αλέξανδρος

Υ.Γ. Για εκείνους που δεν θυμούνται ή δεν ξέρουν την ανισότητα Cauchy - Schwartz για ολοκληρώματα

Εαν f, g είναι συναρτήσεις συνεχείς στο [a,b] (a<b) τότε ισχύει

$int_a^b f^2(x)dx cdot int_a^b g^2(x)dx geq left(int_a^b f(x)g(x)dxright)^2$

το θέμα είναι στην ''3η λυκείου''....
το θεώρημα που αναφέρεις δεν είναι στην ύλη(δεν ξερω αμα είναι καν στο βιβλιο)

cretanman · 13-05-08

Στο παλιό βιβλίο της πρώτης δέσμης (που κυκλοφορούσε μέχρι το 1999) υπήρχε μέσα στο βιβλίο σαν άσκηση. Τώρα δεν υπάρχει. Προσπαθήστε να αποδείξετε λοιπόν και την παραπάνω ανισότητα! Είναι μέσα στις δυνατότητες ενός μαθητή Λυκείου.

Δεν μπορώ να φανταστώ κάποιο άλλο τρόπο για το εν λόγω θέμα που να μη χρησιμοποιεί (έστω και έμμεσα) την ανισότητα Cauchy - Schwartz

Αλέξανδρος

riemann80 · 13-05-08

αν υποθεσουμε οτι υπαρχει μια τετοια f ,με λιγες πραξεις αποδυκνυεται οτι

$\int^1_0(x-a)^2f(x)dx=0$

το οποιο ειναι ατοπο επειδη η f ειναι θετικη.

mboulis · 15-05-08

Γιατί νομίζω ότι την αρχική άσκηση του mostel την έχει και ο Καζαντζής??????

mathematica · 15-05-08

ποιο θέμα θέλετε να βοηθήσω?

mathematica · 15-05-08

τα θέματα είναι αρκετά εύκολα για επαναληπτικά.
τα μόνα ερωτήματα που θέλουν προσοχή είναι το τελευταίο ερώτημα του 3ου και το το πρώτο του 4ου.

aspaki · 15-05-08

σε ποιο θεμα υπαρχει προβλημα, ισως μπορω να βοηθησω!

mostel · 15-05-08

Δεν είναι δική μου η άσκηση που έκανες ποστ.

- Στέλιος

riemann80 · 15-05-08

Aν $a,b \in (0,+\infty)$ τότε $a^b+b^a>1$

Βοήθεια/Aπορίες στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

Εκκολαπτόμενο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Νεοφερμένος

Πολύ δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένος

Νεοφερμένος

Νεοφερμένος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Νεοφερμένος

Νεοφερμένος

Νεοφερμένος

Νεοφερμένος

Πολύ δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος