Βοήθεια/Aπορίες στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

riemann80 · 13 Μαΐου 2008 στις 03:22

κανεις?

mostel · 13 Μαΐου 2008 στις 04:27

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 Μαΐου 2008 στις 11:42

του 2003 συγκεκριμενα........

riemann80 · 13 Μαΐου 2008 στις 13:18

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

elenak · 13 Μαΐου 2008 στις 13:18

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 Μαΐου 2008 στις 13:39

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 Μαΐου 2008 στις 14:37

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 Μαΐου 2008 στις 15:58

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 Μαΐου 2008 στις 16:15

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 Μαΐου 2008 στις 16:48

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 Μαΐου 2008 στις 21:19

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 Μαΐου 2008 στις 22:47

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 Μαΐου 2008 στις 22:58

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 Μαΐου 2008 στις 23:24

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 Μαΐου 2008 στις 09:15

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

mathematica · 15 Μαΐου 2008 στις 13:27

ποιο θέμα θέλετε να βοηθήσω?

mathematica · 15 Μαΐου 2008 στις 13:30

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 Μαΐου 2008 στις 13:33

σε ποιο θεμα υπαρχει προβλημα, ισως μπορω να βοηθησω!

mostel · 15 Μαΐου 2008 στις 14:08

Δεν είναι δική μου η άσκηση που έκανες ποστ.

- Στέλιος

riemann80 · 15 Μαΐου 2008 στις 21:10

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

Βοήθεια/Aπορίες στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

Εκκολαπτόμενο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος