Probar que existe tales que

Question

Problema

Deje $f(x)$ ser $n$-veces diferenciable sobre $[a,b]$ e $n+1$-veces diferenciable sobre $(a,b)$. $f^{(k)}(a)=f^{(k)}(b)=0$, donde $k=0,1,2,\cdots,n$. Probar que existe $\xi \in (a,b)$ tal que $f(\xi)=f^{(n+1)}(\xi)$.

Intento

Considere la posibilidad de aplicar la fórmula de Taylor de expansión en $x=a,b$. Tenemos \begin{align*} f(x)&=f(a)+f'(a)(x-a)+\cdots+\frac{f^{(n+1)}(\xi_1)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1} =\frac{f^{(n+1)}(\xi_1)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1}. \end{align*} y \begin{align*} f(x)&=f(b)+f'(b)(x-b)+\cdots+\frac{f^{(n+1)}(\xi_2)}{(n+1)!}(x-b)^{n+1} =\frac{f^{(n+1)}(\xi_2)}{(n+1)!}(x-b)^{n+1}. \end{align*} Podemos ir a partir de estos?

Editar

Más tarde he consultado algunos libros de referencia y encontrar un problema similar en el libro que se llama Problemas De Análisis Real: Cálculo Avanzado En El Eje Real.

Por lo tanto, me pregunto si la conclusión vale o no ,si sólo estamos dado que $f(x)$ es $n$-veces diferenciable sobre $[a,b]$ e $n+1$-veces diferenciable sobre $(a,b)$.

Answer 1

Intento fallido:

Considere la función $$g(x)=(f(x)+f'(x)+\ldots+f^{(n)}(x))e^{-x} $$ que es continua(!) más de $[a,b]$ y diferenciable sobre $(a,b)$ con derivados $$\begin{align}g'(x)&=(f'(x)+f''(x)+\ldots+f^{(n+1)}(x))e^{-x}-(f(x)+f'(x)+\ldots+f^{(n)}(x))e^{-x}\\&=(f^{n+1}(x)-f(x))e^{-x}.\end{align}$$ Como $g(a)=g(b)=0$, la de Rolle teorema nos dice que aquí existe $\xi\in(a,b)$ con $g'(\xi)=0$.

Corrección:

Por desgracia, $g$ no necesita ser continua en $a$ o $b$, por lo que el teorema de Rolle no se puede aplicar. $g$ sólo será continua y diferenciable) de más de $(a,b)$. En otras palabras, el teorema de Rolle se sostiene bajo un poco más débil de la hipótesis, pero generalmente no se presenta de esa manera - por la sencilla razón de que Rolle es uno de los primeros teoremas acerca de los derivados de uno de los encuentros. He aquí cómo reparar el error de arriba:

Suponga $g$ es inyectiva sobre $(a,b)$. A continuación, $g$ debe ser estrictamente monótona más de $(a,b)$ (y, en particular, no es constante). Pick $c\in(a,b)$ con $g(c)\ne 0$, wlog. $g(c)>0$ (o bien sustituir $f$ con $-f$). A continuación, cualquiera de $g(x)>g(c)$ para todos los $x\in(a,c)$ o para todos los $x\in (c,b)$; wlog la anterior (o bien sustituir $f$ con $x\mapsto f(a+b-x)$). Como $e^x$ está delimitado en $[a,c]$, se deduce que existen $\delta>0,\epsilon>0$ tales que $$\tag1h(x):=e^xg(x)>\epsilon$$ for all $a<x<a+\delta$. Pero $ h(x)=f(x)+f'(x)+\ldots+f^{(n)}(x)$ es el derivado de la $x\mapsto \int_a^xf(t)\,\mathrm dt+f(x)+\ldots +f^{(n-1)}(x)$ y por lo tanto tiene la Darboux (aka. Inermediate Valor de propiedad). En particular, como $h(a)=0$, no debe existir $x\in(a,a+\delta)$ con $h(x)=\frac12\epsilon$, contradiciendo $(1)$.

Llegamos a la conclusión de que $g$ no puede ser inyectiva más de $(a,b)$. Por lo tanto, no se $u,v$ con $a<u<v<b$ e $g(u)=g(v)$. Por Rolle, exixts $\xi\in(u,v)$ con $g(\xi)=0$. Esto implica que $f^{(n+1)}(\xi)=f(\xi)$.

Answer 2

Prueba

En primer lugar, vamos a introducir y demostrar un lema, que podría enunciarse de la siguiente manera.

Lema Deje $f(x)$ ser diferenciable sobre $[a,b]$, e $f'(x)$ser continuada a lo largo de $(a,b)$. $f'(a)=f'(b)=0$. Entonces no existir $x_1,x_2$ la satisfacción de $a<x_2<x_1<b$ tal que $f'(x_1)=f'(x_2),$ es decir, $f'(x)$ no puede ser inyectiva más de $(a,b)$.

Considerar la prueba por contradicción. Suponga que la conclusión no se sostiene. A continuación, $f'(x)$ es inyectiva sobre $(a,b)$. Tomando el hecho de $f(x)$ es continuo en el $(a,b)$ en cuenta, podemos obtener $f'(x)$ es estrictamente monótona más de $(a,b)$. Sin pérdida de generalidad, suponemos $f'(x)$ es estrictamente creciente sobre $(a,b)$. Obviamente, no exsits $c \in (a,b)$ tal que $f'(c) \neq 0$. Sin pérdida de generalidad, suponemos $f'(c)>0$ y considerar el intervalo de $(c,b)$. (Si $f'(c)<0$, podemos considerar que el intervalo de $(a,c)$. El razonamiento es similar.) Observe que $f'(c)>0$ e $f'(b)=0$. De acuerdo con el teorema de Darboux, existe $\xi \in (c,b)$ tal que $f'(\xi)=\dfrac{1}{2}f'(c)$. Pero, puesto que el $f'(x)$ es estrictamente creciente sobre $(c,b)$, podemos tener la $\dfrac{1}{2}f'(c)=f'(\xi)>f'(c)>0$, lo que se contradice.

Ahora, podemos volver a lidiar con el problema objetivo. Debemos impedir que $n \geq 1$. De lo contrario, la declaración no necesita tener, y me han dado un conterexample antes, cuando $n=0$. Denotar$$F(x):=(n+1)\int_a^x e^{-t}f(t){\rm d}t+\sum_{k=0}^{n-1}(n-k)e^{-x}f^{(k)}(x), x\in [a,b].$$Then $F(x)$ is differentiable over $[a,b]$, and$$F'(x)=e^{-x}\sum_{k=0}^{n}f^{(k)}(x).$$It's easy to verify that $F'(x)$ is continuous over $(a,b)$ and $F'(a)=F'(b)=0$. Thus，by Lemma，$$\exists x_1,x_2(a<x_1<x_2<b):F'(x_1)=F'(x_2).$$Further， by Rolle's theorem，$$\exists \xi \in (x_1,x_2)\subset (a,b):F''(\xi)=e^{-\xi}[f^{(n+1)}(\xi)-f(\xi)]=0,$$which implies$$f(\xi)=f^{(n+1)}(\xi).$$

Answer 3

Análisis y Contraejemplo

Vamos a señalar que la declaración no posee necesariamente sólo en el supuesto de condiciones. Considerar la versión al $n=0$.

Deje $f(x)$ ser $0$-veces diferenciable sobre $[a,b]$ e $0+1$-los tiempos diferenciable sobre $(a,b)$. $f^{(k)}(a)=f^{(k)}(b)=0$, donde $k=0$. Probar que existe $\xi \in (a,b)$ tales que $f(\xi)=f^{(1)}(\xi)$.

Lo que la dosis de decir? Tal vez podamos estado más directamente de la siguiente manera:

Deje $f(x)$ ser definido a lo largo del $[a,b]$ y diferenciable sobre $(a,b)$. $f(a)=f(b)=0$ . Probar que existe $\xi \in (a,b)$ tales que $f(\xi)=f^{'}(\xi)$.

Por desgracia, no se sostiene. Aquí es un contraejemplo. Vamos $$f(x)=\begin{cases}\sin x+2, &0<x<\pi;\\0,&x=0,\text{or}~\pi.\end{cases}$$ Obviamente, $f(x)$ tiene definiciones sobre $[0,\pi]$ y diferenciable sobre $(0,\pi)$. $f(0)=f(\pi)=0.$ Pero no exsits no $\xi \in (a,b)$ tal que $f(\xi)=f'(\xi)$, debido a que la ecuación $$f(x)=f'(x),x \in (a,b)$$ es decir, $$\sin x+2=\cos x$$ no tiene ninguna solución en absoluto.

Answer 4

En primer lugar, vamos a probar el caso de $n=1$

Tiene dos contnuous funciones. $f(x)$ e $g = f'(x)$. Veamos el intervalo de $[a, a+ s]$ tal que por primera vez se $f(s)=0$ Que significa que la derivada tiene diferentes signos en $a$ e $a+s$. (El caso de la función de tocar la línea debe ser tratada con cuidado, pero nada especial allí.) Por lo tanto, tenemos $f-g$ que es positivo en un lado de la $[a, a+s]$ y negativo en el otro. Por continuousity, no es $0$ de $f-g$ en algún lugar.

No sé cómo hacer un indction paso, pero parece que es posible.