Матан однако

← →
Думкин (2003-03-01 06:21) [0]

Это к разминке(в субботу пораньше).
Функция f задана и дифференцируема на отрезке [a,b], f(a)=a, f(b)=b. Доказать существование таких различных точек x1,x2 на(a,b), что f’(x1)f’(x2)=1.
Треп и флейм разрешается.

← →
MBo (2003-03-01 08:32) [1]

пусть G(x)=F(x)-x
G"=F"-1
теорема Ролля

← →
Думкин (2003-03-01 08:35) [2]

И??

← →
Думкин (2003-03-01 08:39) [3]

> MBo © (01.03.03 08:32)
> теорема Ролля

Там только одна точка - а по условию:
> таких различных точек x1,x2.

← →
uw (2003-03-01 09:44) [4]

Могу доказать существоваание функции, удовлетворяющей таким условиям - f(x) = x.

← →
Думкин (2003-03-01 09:46) [5]

> uw © (01.03.03 09:44)

:-)
Шо характерно - она не единственная.

← →
uw (2003-03-01 09:48) [6]

Да ведь постановка такая.

← →
Думкин (2003-03-01 09:52) [7]

> uw © (01.03.03 09:48)
> Да ведь постановка такая.

Какая. Я дал достаточно данных про функцию. Вы подобрали частный случай функции. Но в задаче требуется доказать, что это выполнимо для любой функции с условиями представленными в условии - звиняюсь за повтор.
f(x)=x^2 a=0 b=1 Тоже подходит. Но вы сильно то не замыливайте, а то получится то же, что и со вчерашней. Если из вчерашней воду выжать - то получится 5 постов. :-)

← →
AlexKniga (2003-03-01 11:17) [8]

Думкин
Функция должна быть второй степени гладкости.

← →
MBo (2003-03-01 13:34) [9]

>Там только одна точка
По Роллю, существует точка внутри отрезка, в которой G"=0, а значит, F"=1. Тривиальный случай F(x)=x неинтересен.
При условии непрерывности производной существует E такое, что найдутся 2 точки (по разные стороны от упомянутой), такие, что
производная в точках F"(x1)=1-E, а F"(x2)=1+E/(1-E), т.е их произведение - единица.
Замечу, что хотя бы в одной из точек Ролля производная G" меняет знак (F" переходит через 1), иначе функция G являлясь бы монотонно возрастающей или убыв., что противоречит условию

← →
Думкин (2003-03-02 12:49) [10]

> AlexKniga © (01.03.03 11:17)
> Думкин
> Функция должна быть второй степени гладкости.
> MBo

Это все интересно, но я же не первоклассник. Я ни слова не сказал о том, что производная непрерывна.
Решения пока нет - хотя полуидеи уже есть.

← →
Думкин (2003-03-02 12:55) [11]

> AlexKniga © (01.03.03 11:17)
> Думкин
> Функция должна быть второй степени гладкости.

Она никому - ничего - не должна.

← →
AlexKniga (2003-03-02 14:22) [12]

Думкин © (02.03.03 12:55)
Согласен. Достаточно непрерывности функции и ее прозводной.

← →
Zhenka (2003-03-02 14:31) [13]

С радостью бы подискутировал,с вами господа, но к сожалению с матанализом не очень дружу :(((

← →
AlexKniga (2003-03-02 14:51) [14]

Думкин © (02.03.03 12:49)

> Я ни слова не сказал о том, что производная непрерывна.

Думкин © (01.03.03 06:21)

> Функция f задана и дифференцируема на отрезке [a,b]

Если функция дифференцируема, то ее производная непрерывна.

← →
Думкин (2003-03-03 05:44) [15]

> AlexKniga © (02.03.03 14:51)
> Если функция дифференцируема, то ее производная непрерывна.

Докажи или сошлись на теорему. Можно не дальше Фихта.

← →
boets (2003-03-03 09:32) [16]

Я так понимаю, что во внутренности отрезка есть точка, у которой f"(x)=1 и которая не есть точка перегиба. В окрестности этой точки и лежат нужные точки.

← →
Думкин (2003-03-03 09:55) [17]

> boets © (03.03.03 09:32)

Докажи.

← →
Romkin (2003-03-03 10:08) [18]

Если память не изменяет, для Ролля должно быть требование непрерывности на [a,b] а в условии этого нет :-)
Дифференцируемость непрерывности не подразумевает

← →
Думкин (2003-03-03 10:11) [19]

> Romkin © (03.03.03 10:08)

Вообще, здесь хорошо катит теорма Лагранжа - Ролль излишен.
Далее, если функция дифференцируема, то она уж точно непрерывна, но о ее производной этого наверняка сказать нельзя.

← →
MBo (2003-03-03 10:12) [20]

>Дифференцируемость непрерывности не подразумевает
Это непрерывность не подразумевает дифференцируемости

← →
boets (2003-03-03 10:16) [21]

Ну, существование точки на пальцах: берем пучок параллельных прямых y=x+с . f(x) - непрерывна на отрезке, поэтому ограничена (ну, для определенности, сверху). Берем все прямые из пучка, которые выше во всех точках этой функции. Берем самую нижнюю прямую (с минимальным с) - она существует. Она касается нашей функции. Точка касания - искомая - в ней производная достигает локального максимума и равна 1 (так как производная и определяется касательной).
Раз Локальный максимум, берем окрестность и в ней две произвольных точки -слева x1 и справа x2
f"(x1)>1 f"(x2)<1 (равенства не интересны, т.к. тогда все доказано)

если f"(x1)>1/(f"(x2)), то слева существует точка x3 такая, что
f"(x3)=1/(f"(x2))

если f"(x1)Б1/(f"(x2)), то справа существует точка x4 такая, что
f"(x1)=1/(f"(x4)). Уффф... Довольно?

← →
Romkin (2003-03-03 10:36) [22]

Мда, кажется, опять перепутал :-))

← →
Думкин (2003-03-03 10:43) [23]

> boets © (03.03.03 10:16)

Вам это не напоминает нечто, что у же было выше? Вы опираетесь на непрерывность производной, а она есть? - докажите.
Почему.

> если f"(x1)Б1/(f"(x2)), то справа существует точка x4 такая,
> что f"(x1)=1/(f"(x4)).

А кто сказал, что такая точка есть? Докажите.
Все проще. Вот сейчас погулял и еще одно док-во придумал.

← →
boets (2003-03-03 10:52) [24]

Да, действительно, не посмотрел. Конечно, у дифф. функции производная непрерывна. А как доказать - надо подумать...

← →
Думкин (2003-03-03 10:54) [25]

> boets © (03.03.03 10:52)

Да зациклились на непрерывности производной.
А без нее... Не надо в дебри.

← →
boets (2003-03-03 10:56) [26]

ну, ну, и как же?

← →
Думкин (2003-03-03 10:58) [27]

> boets © (03.03.03 10:56)

Так, - эта ... сдаетесь что-ль? Рано. Потом кровь лучше играть будет. %-)

← →
boets (2003-03-03 11:06) [28]

Я просто думаю что или вы неявно используете непрерывность производной, или Ваше решение Вашей теоремы, господин Ферма, с изъяном...;-)

← →
Думкин (2003-03-03 11:08) [29]

← →
Думкин (2003-03-03 11:10) [30]

И теорема не моя. Эта задачка использовалась при подготовке к олимпиаде курсантов военного института. Неужели вы слабее?

← →
boets (2003-03-03 11:28) [31]

так получается... Ну где же решение, ниспровергающее основы основ? Народ ждет!

← →
Думкин (2003-03-03 11:34) [32]

← →
boets (2003-03-03 11:36) [33]

идет

← →
AlexKniga (2003-03-03 11:40) [34]

Думкин © (03.03.03 05:44)
Я залез в Корна, и увидел, что из дифференцируемости функции, не вытекает непрерывность производной. А еще я увидел, что из дифференцируемости функции, не вытекает непрерывность самой функции.

Вот пример, где твоя теорема не верна:
В точке с := (a+b)/2; разрыв первого рода:
lim f(x) = L1 > (a+b)/2, x -> c-0;
lim f(x) = L2 < (a+b)/2, x -> c+0;
Но f"(c-0) = f"(c+0) = f"(c) != 1;

На участках (a, c) и (c, b) функция гладкая без экстремумов и перегибов. Визуально близка к ветви (кубической?) параболы.

← →
Думкин (2003-03-03 11:46) [35]

> AlexKniga © (03.03.03 11:40)
> Думкин © (03.03.03 05:44)
> А еще я увидел, что
> из дифференцируемости функции, не вытекает непрерывность
> самой функции.

Ну это вы отчебучили. Это....

Ответ здесь: http://spannew.com/15.doc

← →
boets (2003-03-03 11:52) [36]

Пардонтес, а f(x) чему у Вас равно?

← →
Думкин (2003-03-03 12:02) [37]

← →
Думкин (2003-03-03 12:09) [38]

Есть еще одно док-во, в некотором смысле приближающееся к тем, что были предложены, но строгое(без ненужных допущений и прочего). Из него видно, что таких пар много.

← →
boets (2003-03-03 12:13) [39]

ну что ж,профессор, похоже вы правы... (а про f(x) - это я не вам)...

← →
boets (2003-03-03 12:15) [40]

И все-таки она непрерывна!

Матан однако Найти похожие ветки