Si$f'(c) \neq \frac{f(b)-f(a)}{b-a}$, encuentre el número de dichos$c$.

Question

Deje $f(x)=x^3+3x+2$ $x=c$ es un punto tal que

$$f'(c) \neq \frac{f(b)-f(a)}{b-a}$$

para cualquiera de los dos valores de $a$ $b$ donde$a,b$$c \in \mathbb R$. A continuación, encontrará el número de puntos de $c$ para los que esto es cierto.

Mediante el análisis de la gráfica de $f(x)$, creo que estos puntos existen en $f(x)$ (y posiblemente de todos los doblemente diferenciable curvas) sólo al $f''(x)=0$ en esos puntos. Pero me parece que no puede demostrarlo. El uso de eso, tengo $c=0$ y por lo tanto el número de puntos es $1$. Es que mi reclamo es cierto ? Si es así, entonces, ¿cómo podemos demostrarlo ?

Answer 1

Probemos que esto solo puede suceder cuando$f''(c) = 0$:

Ya que$f$ es continuo y$\frac{f(a) - f(b)}{a - b} \ne f'(c)$ tenemos$\frac{f(a) - f(b)}{a - b} \ge f'(c)$ para todos$a,b$ O$\frac{f(a) - f(b)}{a - b} \le f'(c)$ para todos$a,b$ (porque$f$ es continua y por lo tanto toma todos los valores intermedios). Entonces, WLOG, asumamos que$\frac{f(a) - f(b)}{a - b} \ge f'(c)$ para todos$a,b$. Ahora, para cualquier$d$ tenemos$f'(d) = \lim_{e \to d}\frac{f(e)-f(d)}{e-d} \ge f'(c)$. Entonces,$c$ es el mínimo local de$f'(x)$ y por lo tanto,$f''(x) = 0$. Ahora, para un% cúbico $f$ tenemos solo una solución posible que tenemos que verificar.

Answer 2

Su enunciado es ambiguo; voy a interpretar como diciendo que $\exists c$ tal que $f'(c) \neq \frac {f(b)-f(a)} {b-a}$$\forall a, b$$a \neq b$. Bueno, en este caso de no $c$, por el siguiente argumento: tenga en cuenta que$f'(x)=3c^2+3$$\frac {f(b)-f(a)} {b-a} = a^2 + ab +b^2 +3$. Igualando las dos expresiones, se puede alegar que hay un $c$ tal que $c^2 \neq \frac {a^2 + ab +b^2} 3$ $\forall a,b$. Pero si $c \neq 0$, esto no puede ser cierto ya que uno siempre puede encontrar algo de $a$ $b$ haciendo de esta igualdad verdadera, por ejemplo,$a=0, b=c\sqrt 3$. Si $c=0$, esto es equivalente a $a^2 + ab + b^2 \neq 0 \space \forall a, b$$a \neq b$, y esto es claramente cierto (al menos uno de los dos números deben ser $\neq 0$ porque de lo contrario serían iguales, por lo que asumen $b \neq 0$; a continuación,$({\frac a b})^2 + {\frac a b} +1 \neq 0$, lo que es obviamente cierto, ya que esta ecuación no tiene raíces reales).

En conclusión, no existe un único tal $c$, es decir,$0$.

Answer 3

Si $f$ es dos veces diferenciable y $f''(c)\ne 0$, entonces podemos encontrar dos diferentes $a,b$ $f'(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$ - ¿por qué? Asumir wlog. que $f''(c)>0$. A continuación, para lo suficientemente pequeño positivo $h$ tenemos $\frac{f'(c+h)-f'(c)}{h}>0$$\frac{f'(c-h)-f'(c)}{h}<0$, por lo tanto $f'(c+h)>f'(c)>f'(c-h)$. De nuevo, para lo suficientemente pequeño$\eta$, $\frac{f(c+h+\eta)-f(c+h)}\eta$ $\frac{f(c-h+\eta)-f(c-h)}\eta$ lo suficientemente cerca como para $f'(c\pm h)$ que las desigualdades $\frac{f(c+h+\eta)-f(c+h)}\eta>f'(c)>\frac{f(c-h+\eta)-f(c-h)}\eta$ mantener. Aplicar el IVT a $\frac{f(x+\eta)-f(x)}\eta$ en el intervalo de $[c-h,c+h]$ encontrar $a\in(c-h,c+h)$$b=a+\eta$$\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(c)$.

Llegamos a la conclusión de que sólo los puntos con $f''(c)=0$ son candidatos. Para cada candidato, ohwever, se debe realizar la verificación "manualmente" como cosas extrañas pueden pasar en el mundo.

Answer 4

Tal$c$ existe y$c=0$

Aquí hay un gráfico de la función (rojo) y su tangente en$x=0$ (azul):