Sólo pensó en el teorema del valor medio y se preguntó si la siguiente declaración es verdadera:
Si $f : [a,b]\to\Bbb R$ es continua, entonces hay $x_1,x_2\in (a,b)$, que $\tfrac{f(b)-f(a)}{b-a} = \tfrac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}$.
Una forma de verlo es considerar la función $F : {(x,y) : x,y\in[a,b],\,y>x}\to\Bbb R$, definido por $F(x,y) = \tfrac{f(x)-f(y)}{x-y}$. Si no existe tal $x_1,x_2$, $(a,b)$ es un máximo de un mínimo de $F$. Pero no sé qué concluir de eso. ¿Alguien tiene una idea?
Creo que esto podría ser un lugar geométrico de la prueba.
Considere una función continua $f\colon [a,b]\to \mathbb{R}$. Deje $\ell$ ser la línea que pasa por los puntos a$(a,f(a))$$(b,f(b))$.
Si la gráfica de $f$ es igual a $\ell$ (o un segmento de él, para ser más precisos), entonces no hay nada que probar. Tenga en cuenta que en este caso $$f(x) = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a) +f(a).$$
Si la gráfica de $f$ no es igual a la línea de $\ell$, entonces hay un punto de $(x,f(x))$ en la gráfica de $f$ que no se encuentran en el segmento de la línea.
Considere la posibilidad de una línea de $\tilde \ell$ que es paralela a la línea de $\ell$ y se encuentra "entre" el punto de $(x,f(x))$ y la línea de $\ell$ ($\tilde \ell$ separa el punto de $(x,f(x))$ y la línea de $\ell$). Ahora, desde la $f$ es continua y el intervalo de $[a,b]$ está conectado, la gráfica de $f$ también está conectado. Por lo tanto, la gráfica de $f$ debe intersectar $\tilde \ell$ a un punto de $(x_1,f(x_1))$ $x_1 \in (a,x)$ y también en otro punto de $(x_2,f(x_2))$$x_2 \in (x,b)$. Desde estos dos puntos se encuentran en $\tilde \ell$, tenemos $$ \frac{f(b)-f(a)}{b-a} = \frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}.$$
Puedes probar primero una de Rolle-teorema-como teorema (Teorema $1$ a continuación) y, a continuación, probar una media de-valor-teorema-como teorema como un corolario (Teorema $2$ por debajo).
Teorema $1$: Vamos a $f:[a,b]\to\Bbb R$ se continua con $f(a)=f(b)$. Entonces existe distintos puntos de $x_1,x_2\in(a,b)$ tal que $\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}$ (o más simplemente, $f(x_1)=f(x_2)$).
Prueba: Para los que no la trivialidad, asumen $f$ no es constante. Por lo tanto el valor máximo o el valor mínimo no es igual a $f(a)$. Elija un punto de $c\in(a,b)$ en donde: $f$ alcanza su máxima/mínima con $f(c)\not=f(a)$. Elija un número de $L$ estrictamente entre el$f(c)$$f(a)$. Entonces por el teorema del valor intermedio, existe $x_1\in[a,c]$ $x_2\in[c,b]$ tal que $f(x_1)=L$ $f(x_2)=L$ y, por tanto,$f(x_1)=f(x_2)$. Ambos puntos no son iguales a$c$$L\not=f(c)$, de modo que son distintos.
Teorema $2$: Vamos a $f:[a,b]\to\Bbb R$ ser continua. Entonces existe distintos puntos de $x_1,x_2\in(a,b)$ tal que $\frac{f(b)-f(a)}{b-a} = \frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}$.
Prueba: Definir $g:[a,b]\to\Bbb R$, $g(x):=f(x)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}x$, que es continuo. Un cálculo muestra que $g(a)=g(b)$: $$g(a)-g(b)=f(a)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}a-\left(f(b)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}b\right)=0.$$
Por lo $g$ satisface la hipótesis del Teorema $1$. Encontrar los dos puntos distintos $x_1,x_2\in(a,b)$$g(x_1)=g(x_2)$.
La última igualdad dice $$f(x_1)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}x_1=f(x_2)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}x_2,$$ which, upon a little manipulation, is the same as $$\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}.$$
En primer lugar, sin pérdida de generalidad supongamos que $f(a) = 0$(¿por qué hacemos esto?).
A continuación, establezca $h(x) = \frac{f(b)(x-a)}{b-a}$ en el intervalo de $[a,b]$. Esta función es continua. Tenga en cuenta que$h(a) = 0$$h(b) = f(b)$.
Por lo tanto, también lo es $g(x) = h(x) - f(x)$$[a,b]$. Tenga en cuenta que$g(a) = 0$$g(b) = 0$.
Supongamos que existía $x,y$ tal que $g(x) = g(y)$$[a,b]$. A continuación, $h(x) - h(y) = f(x) - f(y)$, lo que resulta en $\frac{f(b) - f(a)}{b-a} =\frac{f(x) - f(y)}{x-y}$, si bien toma nota de que el $f(a) = 0$.
Por lo tanto, todos estamos reducidos a probar es que no existe $x,y \in (a,b)$ tal que $g(x) = g(y)$, para cualquier función continua $g$ $[a,b]$ satisfacción $g(a) =g(b) = 0$.
Primero de todo, tenga en cuenta que si $g$ es constante, entonces por supuesto que vamos a hacer.
Sin pérdida de generalidad, supongamos que $\max_{[a,b]} g(x) > 0$. (De lo contrario, tome $-g$). Ahora, el máximo se alcanza en un punto de $z$ donde $z \in (a,b)$ (debido a $g$ es cero en los extremos). Si se alcanza en dos puntos diferentes, entonces se nos hace tomando esos dos puntos. Tan sólo asumimos un máximo existe.
Deje $\delta > 0$ ser tal que $|y-z| < \delta \implies f(z)> f(y) > 0$. Deje $y$ satisfacer $|y-z| < \delta$, e $b > y > z$. A continuación, defina $l : [a,y] \to \mathbb R$$l(x) = g(x) - g(y)$. Tenga en cuenta que $l$ es continua, $l(a) < 0$$l(z) > 0$. De modo que existe $b \in (a,z)$ tal que $l(b) = 0$ o que $g(b) = g(y)$. Por lo tanto, hemos terminado.
EDIT : Aquí está el fortalecimiento.
Deje $g$ ser un no-constante función continua en $[a,b]$ tal que $g(a) = g(b) = 0$(WLOG , $g(y) > 0$ algunos $y$) . Deje $z$ ser cualquier punto en el que $g(z) = \max_{[a,b]} g$(existe un punto, sin duda). Deje $d_z = \min\{z-a,b-z\}$. A continuación, para todos los $v < d_z$, existen puntos de $x_1,x_2 \in (a,b)$ tal que $x_1 - x_2 = v$$g(x_1) = g(x_2)$.
Prueba : supongamos $J(x)$ ser $(z-d_z,z+d_z)$, y estar dado por $J(x) = g(x) - g(x+v)$. A continuación, $J(z-v) \leq 0$$J(z) \geq 0$, por lo que hay algún punto de $l \in (z-v,z)$ tal que $J(l) = 0$, o que $g(l) = g(l+v)$.
Tenga en cuenta que si hay muchos valores máximos, entonces la elección de un muy céntrico máximo(maximizando $d_z$) nos permite ampliar la gama de valores que $x_1 -x_2$ puede alcanzar.
Juro que yo no había asomé al contenido de todas las soluciones anteriores antes de que mi idea fue publicado.El siguiente es de mis pensamientos.Bueno,tal vez no es concisa,incluso la redundancia.
Supongamos que $$\forall x_{0}\in (a,b),s.t.\forall x\in(a,b)\setminus\{x_{0}\},\frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}}\ne \frac{f(b)-f(a)}{b-a}.$$
Desde $F(x)=\frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}}-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$es continua, respectivamente, en$(a,x_{0})$ y$(x_{0},b)$,$\forall x\in (a,x_{0}),F(x)>0$(o $ \forall x\in (a,x_{0}),F(x)<0);$ similarmente,$\forall x\in (x_{0},b),F(x)>0$(o $\forall x\in (x_{0},b),F(x)<0).$ Entonces podemos eliminar dos de los casos( Caso 1,Caso 2) de arriba,quedando otros dos casos( Caso 3,Caso 4).
Caso 1.$\forall x\in (a,x_{0}),F(x)>0$ y $ \forall x\in (x_{0},b),F(x)<0;$
Caso 2.$\forall x\in (a,x_{0}),F(x)<0$ y $ \forall x\in (x_{0},b),F(x)>0;$
Caso 3.$\forall x\in (a,x_{0}),F(x)>0$ y $ \forall x\in (x_{0},b),F(x)>0;$
Caso 4.$\forall x\in (a,x_{0}),F(x)<0$ y $ \forall x\in (x_{0},b),F(x)<0.$
Sólo necesitamos una prueba de que el Caso 1 no existe realmente,ya que el Caso 2 es similar a la del Caso 1.
De hecho,
$(1)\quad$$$\forall x\in (a,x_{0}),\frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}}>\frac{f(b)-f(a)}{b-a}.$$ $$\quad\Rightarrow \forall x\in (a,x_{0}),s.t.\frac{f(y)-f(x)}{y-x}>\frac{f(b)-f(a)}{b-a},y\in(x,b).$$
$(2)\quad$$$\forall x\in (x_{0},b),\frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}}<\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$$ $$\quad\Rightarrow \forall x\in (x_{0},b),s.t.\frac{f(y)-f(x)}{y-x}<\frac{f(b)-f(a)}{b-a},y\in(a,x).$$
A continuación, podemos elegir $$p\in (x_{0},b),q\in(a,x_{0}),s.t.\frac{f(p)-f(q)}{p-q}>\frac{f(b)-f(a)}{b-a}>\frac{f(q)-f(p)}{q-p}.$$$$ {\color{red}{Contradicho!}} $$
Finalmente,sólo necesitamos una prueba de que el Caso 3 también no existe realmente,ya que el Caso 4 es similar a la del Caso 3.
De hecho, Si asumimos que el Caso 3 es factible,a continuación, $$\forall x_{0}\in(a,b),s.t. \frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}}>\frac{f(b)-f(a)}{b-a},x\in (a,b)\setminus\{x_{0}\}.$$
$(3)$$$\lim_{x\rightarrow a^{+}} \frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}}= \frac{f(a)-f(x_{0})}{a-x_{0}}\geq \frac{f(b)-f(a)}{b-a}.$$y
$(4)$ $$\lim_{x\rightarrow b^{-}} \frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}}= \frac{f(b)-f(x_{0})}{b-x_{0}}\geq \frac{f(b)-f(a)}{b-a}.$$
Desde $$\frac{a}{b}<\frac{c}{d},bd>0\Rightarrow \frac{a}{b}<\frac{a+c}{b+d}<\frac{c}{d},\quad (*)$$ $(5)$$$\text{If}\quad \frac{f(b)-f(x_{0})}{b-x_{0}}\geq \frac{f(a)-f(x_{0})}{a-x_{0}},$$then $$\frac{f(b)-f(a)}{b}\geq \frac{f(a)-f(x_{0})}{a-x_{0}} \stackrel{(3)}{\Rightarrow}\frac{f(b)-f(a)}{b}=\frac{f(a)-f(x_{0})}{a-x_{0}};$$
$(6)$ $$\text{If}\quad\frac{f(b)-f(x_{0})}{b-x_{0}}\leq \frac{f(a)-f(x_{0})}{a-x_{0}},$$then $$\frac{f(b)-f(a)}{b}\geq \frac{f(b)-f(x_{0})}{b-x_{0}} \stackrel{(4)}{\Rightarrow}\frac{f(b)-f(a)}{b}=\frac{f(b)-f(x_{0)}}{b-x_{0}}.$$
El siguiente,podemos clasificar Caso 3 en el que hay distintas subcases.
Caso 3(1) $$\forall x_{0}\in(a,b),s.t.\frac{f(b)-f(x_{0})}{b-x_{0}}\geq\frac{f(a)-f(x_{0})}{a-x_{0}}\stackrel{(5)}{\Rightarrow}f(x)=mx+n,x\in(a,b].$$ $${\color{red}{Contradicted！}}$$ Caso 3(2) $$\forall x_{0}\in(a,b),s.t.\frac{f(b)-f(x_{0})}{b-x_{0}}\leq\frac{f(a)-f(x_{0})}{a-x_{0}}\stackrel{(6)}{\Rightarrow}f(x)=kx+l,x\in[a,b).$$ $${\color{red}{Contradicted！}}$$ Caso 3(3) $$\exists x_{1},x_{2}\in(a,b),x_{1}\ne x_{2},$$ $$s.t.\frac{f(b)-f(x_{1})}{b-x_{1}}> \frac{f(a)-f(x_{1})}{a-x_{1}}\text {and} \frac{f(b)-f(x_{2})}{b-x_{2}}<\frac{f(a)-f(x_{2})}{a-x_{2}}$$ $$\stackrel{(5)}{\Rightarrow}\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=\frac{f(a)-f(x_{1})}{a-x_{1}} < \frac{f(b)-f(x_{1})}{b-x_{1}}\stackrel{(*)}{\Rightarrow}\frac{f(b)-f(a)}{b-a}<\frac{f(b)-f(a)}{b-a}.$$ $${\color{red}{Contradicted！}}$$
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