Home/ Intrebari/Q 81372
Urmator
In Process

AniDeȘcoală.ro Latest Intrebari

Felicia_b
Pe: 2013-04-19T14:57:38+03:00 In: In:

Rolle

1. Sa se arate ca ecuatia

    \[a_0 x^{2n} + a_1 x^{2n - 1} + a_2 x^{2n - 2} + ... + a_{2n - 1} x + a_{2n} = 0\]

are cel putin o radacina in intervalul (-1,1) daca are loc relatia:

    \[\frac{{a_0 }}{{2n + 1}} + \frac{{a_2 }}{{2n - 1}} + ... + \frac{{a_{2n} }}{1} = 0\]

.
2. Fie f:[a,b]->R o functie derivabila pe (a,b) .Sa se arate ca exista c din intervalul deschis (a,b) astfel incat

    \[\frac{{a + b - 2c}}{{(c - a)(c - b)}} = f'(c)\]

Similare

3 raspunsuri

  1. ghioknt
    profesor

    1). Fie functia polinomiala

        \[ f\left( x \right) = \frac{{a_0 }}{{2n + 1}}x^{2n + 1} + \frac{{a_1 }}{{2n}}x^{2n} + \frac{{a_2 }}{{2n - 1}}x^{2n - 1} + ... + \frac{{a_{2n} }}{1}x \]

    care estederivabila pe R, deci este functie Rolle pe [-1,1]; in plus egalitatea f(-1)=f(1) este echivalenta cu egalitatea
    data in enunt. Conf. teoremei lui Rolle, ecuatia f'(x)=0, adica tocmai ecuatia data, are cel putin o solutie in (-1,1).
    2).Functia

        \[ g] \to R,\,\,\,g(x) = \left( {x - a} \right)\left( {x - b} \right)e^{f\left( x \right)} \]

    este si ea
    continua pe [a,b] si derivabila pe (a,b); in plusfata de f are loc si g(a)=g(b)=0. Cf. teoremei lui Rolle exista
    c in (a,b) a. i. g'(c)=0.

        \[ g'\left( x \right) = \left( {x - b} \right)e^{f\left( x \right)} + \left( {x - a} \right)e^{f\left( x \right)} + \left( {x - a} \right)\left( {x - b} \right)e^{f\left( x \right)} f'\left( x \right) \]

    exista c in (a,b) a. i. g'(c)=0 care se scrie:

        \[ \left( {c - b} \right)e^{f\left( c \right)} + \left( {c - a} \right)e^{f\left( c \right)} + \left( {c - a} \right)\left( {c - b} \right)e^{f\left( c \right)} f'\left( c \right) = 0 \]

    Se simplifica

        \[ e^{f\left( c \right)} \]

    si se aranjeaza dupa dorinta.
    Daca e ceva neclar, revin-o cu intrebari.

  2. otiiotii

    1. se da functia f : R – > R f (x ) = radical din ( |4- x ^2 | / (1 + x ^ 2 ) ) . Daca S este suma patratelor punctelor critice ale functiei f atunci s = a. 0 b.9 c.3 d. 4

    2. Fie functiiile f , g : R \ -2 ; f (x ) = arctg x / ( x+ 1 ) si h : [ -1 , 1] -R ; h (x) = f (X)- g(X) atunci h(x) = a.- pi/ 4 b.0 c.pi / 4 d. nu are sol

    3. fie f , g : [ – 1/2 ; 1/2 ] -> R f (x) = 1/2 arcsin x g (x) = – arctg radical ( (1-x) / (1+x) ) si h = f-g. Daca h ( 1/ 4) = c atunci c = a. pi/4 b.1 c.pi/3 d. pi / 2

  4. ghioknt
    profesor

    1). Se stie ca x1 se numeste punct critic pentru functia f, daca f'(x1)=0. Sa calcullam, deci, f'(x). Evident, f este definita si continua pe R
    si derivabila pe (-oo,-2)U(-2,2)U(2,+oo). Nu stim daca f este derivabila in -2 sau 2, pentru ca functiile modul si radical nu sunt derivabile in 0.

    *** QuickLaTeX cannot compile formula:
\[
	\begin{array}{l}
	 Pentru\,\,x \in \left( { - \infty , - 2} \right) \cup \left( {2,\infty } \right)\,\,f\left( x \right) = \sqrt {\frac{{x^2  - 4}}{{1 + x^2 }}}  \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{1}{{2\sqrt {\frac{{x^2  - 4}}{{1 + x^2 }}} }} \cdot \frac{{2x\left( {1 + x^2 } \right) - 2x\left( {x^2  - 4} \right)}}{{\left( {1 + x^2 } \right)^2 }} =  \\
	  = \sqrt {\frac{{1 + x^2 }}{{x^2  - 4}}}  \cdot \frac{{5x}}{{\left( {1 + x^2 } \right)^2 }}.\,\,\,x_1  = 0\,\,nu\,\,poate\,\,fi\,\,luat\,\,in\,\,considerare\,\,pentru\,\,ca\,\,nu\,\,apartine\,\,celor\,\,2\,\,{{\rm int}} ervale. \\
	 Pentru\,\,x \in \left( { - 2,2} \right)]
	

*** Error message:
\begin{array} on input line 9 ended by \end{document}.
leading text: \end{document}
Improper \prevdepth.
leading text: \end{document}
Missing $ inserted.
leading text: \end{document}
Missing } inserted.
leading text: \end{document}
Missing \cr inserted.
leading text: \end{document}
Missing $ inserted.
leading text: \end{document}
You can't use `\end' in internal vertical mode.
leading text: \end{document}
\begin{array} on input line 9 ended by \end{document}.
leading text: \end{document}
Missing } inserted.
leading text: \end{document}
Emergency stop.

    Sa verificam si punctele -2 si 2, sa nu avem vreo surpriza. Pentru ca f este continua in cele 2 puncte, calculam derivatele laterale
    cu ajutorul corolarului teoremei lui Lagrange; este clar insa ca limitele laterale ale lui f’ sunt infinite, deci f nu este derivabila in
    niciunul din aceste puncte. Singurul punct critic este asadar 0.
    3).

        \[ \begin{array}{l} h\,\,este\,\,derivabila\,\,pe\,\,\left[ { - \frac{1}{2},\frac{1}{2}} \right]\,\,si\,\,h'\left( x \right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{{\sqrt {1 - x^2 } }} + \frac{1}{{1 + \frac{{1 - x}}{{1 + x}}}} \cdot \frac{1}{{2\sqrt {\frac{{1 - x}}{{1 + x}}} }}\frac{{ - 2}}{{\left( {1 + x} \right)^2 }} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{{\sqrt {1 - x^2 } }} + \frac{{1 + x}}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \sqrt {\frac{{1 + x}}{{1 - x}}} \cdot \frac{{ - 2}}{{\left( {1 + x} \right)^2 }} \\ = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{{\sqrt {1 - x^2 } }} - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{{\sqrt {1 - x^2 } }} = 0\,\, \Rightarrow h\,\,este\,\,cons\tan ta\,\,pe\,\,\left[ { - \frac{1}{2},\frac{1}{2}} \right]\, \Rightarrow h\left( {\frac{1}{4}} \right) = h\left( 0 \right) = \frac{1}{2}\arcsin 0 + arctg1 = \frac{\pi }{4}. \\ \end{array} \]

    Pe 2) il faci singur, oricum nu ai scris cine este g.
    Cu bine, ghioknt.

Raspunde

Raspunde