ΤΕΧΝΑΣΜΑΤΑ ΑΝΤΙΠΑΡΑΓΩΓΙΣΗΣ ΓΙΝΟΜΕΝΟΥ

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

Αυτή η εργασία χορηγείται με άδεια Creative Commons Αναφορά Δημιουργού – Μη Εμπορική Χρήση – Παρόμοια Διανομή 4.0 Διεθνές .

Δ	Τ	Τ	Π	Π	Σ	Κ
	1	2	3	4	5	6
7	8	9	10	11	12	13
14	15	16	17	18	19	20
21	22	23	24	25	26	27
28	29	30	31

Ν. Α. Διακόπουλος

ΤΕΧΝΑΣΜΑΤΑ ΑΝΤΙΠΑΡΑΓΩΓΙΣΗΣ ΓΙΝΟΜΕΝΟΥ

Μία απάντηση στο “ΤΕΧΝΑΣΜΑΤΑ ΑΝΤΙΠΑΡΑΓΩΓΙΣΗΣ ΓΙΝΟΜΕΝΟΥ”

Αφήστε μια απάντηση Ακύρωση απάντησης

Ένας ιστότοπος για τα Μαθηματικά