ΤΕΧΝΑΣΜΑΤΑ ΑΝΤΙΠΑΡΑΓΩΓΙΣΗΣ ΓΙΝΟΜΕΝΟΥ

Print Friendly, PDF & Email

Όταν θέλουμε να αποδείξουμε ότι μια εξίσωση της μορφής

    \[f'(x)+g(x)f(x)=0 \quad (1)\]

έχει μία τουλάχιστον λύση σε ένα διάστημα (\alpha,\beta) τότε:

  • Βρίσκουμε μια αρχική συνάρτηση G της g για την οποία ισχύει

        \[G'(x)=g(x)\]

  • Πολλαπλασιάζουμε την εξίσωση (1) με e^{G(x)} και ισοδύναμα έχουμε:
  •     \begin{align*} 		&f'(x)+g(x)f(x)=0  \Leftrightarrow\\\\ &f'(x)+G'(x)f(x)=0  \Leftrightarrow\\\\ &e^{G(x)}\Big( f'(x)+G'(x)f(x)\Big) =e^{G(x)}\cdot 0 \Leftrightarrow\\\\ 		&e^{G(x)}f'(x)+G'(x)e^{G(x)}f(x)=0 \Leftrightarrow\\\\ 		&e^{G(x)}f'(x)+(e^{G(x)})'f(x)=0 \Leftrightarrow\\\\ 		&(e^{G(x)}f(x))'=0 	\end{align*}

    και στη συνέχεια εφαρμόζουμε το θεώρημα του Rolle για την

        \[h(x)=e^{G(x)}f(x) \quad \text{στο} \quad [\alpha,\beta]\]

  • Με τον ιδιο τρόπο, όταν η εξίσωση είναι της μορφής

        \[f'(x)+\lambda f(x)=0, \quad \lambda\in\mathbb{R}\]

    τότε πολλαπλασιάζουμε με e^{\lambda x}. δηλαδή

  •     \begin{align*} 			&f'(x)+\lambda \cdot f(x)=0 \Leftrightarrow\\\\ &f'(x)+(\lambda \cdot x)'\cdot f(x)=0 \Leftrightarrow\\\\ &e^{\lambda\cdot x}f'(x)+e^{\lambda \cdot x}\cdot(\lambda \cdot x)'\cdot f(x)=0 \Leftrightarrow\\\\ &e^{\lambda\cdot x}f'(x)+\Big(e^{\lambda\cdot x}\Big)'f(x)=0 \Leftrightarrow\\\\ 	&(e^{\lambda x}f(x))'=0 		\end{align*}

  • Όταν έχουμε
  •     \begin{align*} 			&f'(x)+f(x)=0 \Leftrightarrow\\\\ &e^{x}\big(f'(x)+f(x)\big)=e^{x}\cdot 0 \Leftrightarrow\\\\ &e^xf'(x)+e^x f(x)=0 \Leftrightarrow\\\\ 			&e^xf'(x)+\Big(e^x\Big)'f(x)=0 \Leftrightarrow\\\\ 			&(e^xf(x))'=0 		\end{align*}

  • Όταν έχουμε
  •     \begin{align*} 			&f'(x)-f(x)=0 \Leftrightarrow\\\\ &f'(x)-1\cdot f(x)=0 \Leftrightarrow\\\\ &f'(x)+(-1)\cdot f(x)=0 \Leftrightarrow\\\\ &f'(x)+(-x)'f(x)=0 \Leftrightarrow\\\\ &e^{-x}\Big(f'(x)+(-x)'f(x)\Big)=e^{-x}\cdot 0 \Leftrightarrow\\\\ 			&e^{-x}f'(x)+e^{-x}\cdot (-x)'f(x)=0 \Leftrightarrow\\\\ &e^{-x}f'(x)+\big(e^{-x}\big)'f(x)=0 \Leftrightarrow\\\\ 			&(e^{-x}f(x))'=0. 		\end{align*}

    Παράδειγμα
    Δίνεται παραγωγίσιμη συνάρτηση f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R} με

        \[f(1)=f(2)=0\]

    Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον \xi\in(1,2) τέτοιο ώστε

        \[f'(\xi)=-f(\xi)\]

    Λύση
    Θέτουμε όπου \xi το x και έχουμε την εξίσωση:

        \begin{align*} 		&f'(x)=-f(x) \Leftrightarrow\\ 		&f'(x)+f(x)=0 \quad (1) 	\end{align*}

    Επειδή

        \[1=(x)'\]

    τότε πολλαπλασιάζουμε με e^x την εξίσωση (1) δηλαδή θα έχουμε:

        \begin{align*} &f'(x)+f(x)=0\Leftrightarrow\\\\ &f'(x)+1\cdot f(x)=0\Leftrightarrow\\\\ &f'(x)+(x)'\cdot f(x)=0\Leftrightarrow\\\\ &f'(x)+(x)'\cdot f(x)=0\Leftrightarrow\\\\ &e^x\Big(f'(x)+(x)'\cdot f(x)\Big)=e^x\cdot 0\Leftrightarrow\\\\ 		&e^xf'(x)+e^x\cdot (x)'\cdot f(x)=0 \Leftrightarrow\\\\ 		&e^xf'(x)+(e^x)'f(x)=0 \Leftrightarrow\\\\ 		&(e^xf(x))'=0 	\end{align*}

    Θέτουμε:

        \[h(x)=e^xf(x) \quad x\in\mathbb{R}\]

  • Η h είναι συνεχής στο διάστημα [1,2], ως γινόμενο συνεχών συναρτήσεων.
  • Η h είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα (1,2) ως γινόμενο παραγωγίσιμων συναρτήσεων με:

        \[h'(x)=e^x f'(x)+e^xf(x).\]

  • Είναι:
    h(1)=e^1f(1)=e^1\cdot 0=0
    και h(2)=e^2f(2)=e^2\cdot 0=0
    Δηλαδή h(1)=h(2), οπότε
    σύμφωνα με το θεώρημα Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον \xi\in(1,2) τέτοιο ώστε:

        \begin{align*} 		&h'(\xi)=0 \Leftrightarrow\\\\ 		&e^{\xi}f'(x)+e^{\xi}f(x) \Leftrightarrow\\\\ 		&e^{\xi}(f'(x)+f(x))=0 \Leftrightarrow\\\\ 		&f'(\xi)+f(\xi)=0 \Leftrightarrow\\\\ 		&f'(\xi)=-f(\xi) 	\end{align*}

    Βιβλιογραφία: Παπαδακης, εκδόσεις Σαββαλα
    Άδεια Creative Commons
    Αυτή η εργασία χορηγείται με άδεια Creative Commons Αναφορά Δημιουργού – Μη Εμπορική Χρήση – Παρόμοια Διανομή 4.0 Διεθνές .

    Facebooktwittergoogle_pluslinkedinmailFacebooktwittergoogle_pluslinkedinmail

    One thought on “ΤΕΧΝΑΣΜΑΤΑ ΑΝΤΙΠΑΡΑΓΩΓΙΣΗΣ ΓΙΝΟΜΕΝΟΥ”

    Αφήστε μια απάντηση

    Η ηλ. διεύθυνση σας δεν δημοσιεύεται. Τα υποχρεωτικά πεδία σημειώνονται με *

    Δεν είμαι Robot *