Valor intermedio teorema de la desigualdad problema

Question

Deje $h:[0,1]\rightarrow \mathbb{R}$ ser continua. Demostrar que no existe $w\in[0,1]$ tal que $$h(w)=\frac{w+1}{2}h(0)+\frac{2w+2}{9}h(\frac{1}{2})+\frac{w+1}{12}h(1)$$

He intentado varias cosas con este problema. Probé por primera vez una nueva función de $g(x)=h(x)-\frac{x+1}{2}h(0)+\frac{2x+2}{9}h(\frac{1}{2})+\frac{x+1}{12}h(1)=h(x)-(x+1)[\frac{1}{2}h(0)+\frac{2}{9}h(\frac{1}{2})+\frac{1}{12}h(1)]$. La evaluación de $g(0)$ $g(1)$ en realidad no funciona.

Ya quiero encontrar un punto de $x_0$ donde $g(x_0)>0$ y el otro $x_1$ donde $g(x_1)<0$, empecé a pensar cómo puedo hacer que $g(x_0)>0$ o $h(x_0)-(x_0+1)[\frac{1}{2}h(0)+\frac{2}{9}h(\frac{1}{2})+\frac{1}{12}h(1)]>0$ o $\frac{h(x_0)}{x_0+1}>\frac{1}{2}h(0)+\frac{2}{9}h(\frac{1}{2})+\frac{1}{12}h(1)$.

Desde el lado izquierdo es el degradado desde el punto de $(-1,0)$$(x_0,h(x_0))$, tengo que probar, de alguna manera que ese $\frac{1}{2}h(0)+\frac{2}{9}h(\frac{1}{2})+\frac{1}{12}h(1)$ es siempre menor que la línea de máxima pendiente de$(-1,0)$$(x_0,h(x_0))$. Sin embargo, estoy atrapado aquí. Alguna ayuda?

Answer 1

Después de sufrir con este problema más de 3 horas aquí está la solución.

Por el bien de la simplicidad, vamos a llamar a $H=\frac{1}{2}h(0)+\frac{2}{9}h(\frac{1}{2})+\frac{1}{12}h(1)$.

Como en mi pregunta, dejamos $g(x)=h(x)-H(x+1)$. Ahora evaluar $g(0),g(\frac{1}{2}),g(1)$ para obtener el sistema: $$g(0)=h(0)-H $$ $$g(\frac{1}{2})=h(\frac{1}{2})-\frac{3}{2}H$$ $$g(1)=h(1)-2H$$ Ahora si alguno de esos evalúa a cero, entonces se nos hace y nos encontramos con nuestra $w$. Sin embargo, si ninguno de ellos es cero, entonces vamos a demostrar por contradicción de que al menos dos de ellos deben tener signos opuestos.

Asumir por el bien de la contradicción de que los tres $g(0),g(\frac{1}{2}),g(1)$ son del mismo signo. Sin pérdida de generalidad supongamos que son positivos. Entonces tenemos:

$$g(0)>0 \Rightarrow h(0)>H $$ $$g(\frac{1}{2})>0 \Rightarrow h(\frac{1}{2})>\frac{3}{2}H$$ $$g(1)>0 \Rightarrow h(1)>2H$$

Y por lo tanto tenemos $$H=\frac{1}{2}h(0)+\frac{2}{9}h(\frac{1}{2})+\frac{1}{12}h(1)>\frac{1}{2}H+\frac{1}{3}H+\frac{1}{6}H=H$$ or $H>H$ which is a clear contradiction, hence at least two of the three $g(0),g(\frac{1}{2}),g(1)$ must have a different sign. Suppose they are $g(a),g(b),a\neq b, a,b\in\{0,\frac{1}{2},1\},g(a)<0,g(b)>0$. Then by the intermediate value theorem, there is a $c\in(a,b)$ such that $g(c)=0$.

Answer 2

Deje $g:[0,1]\rightarrow \mathbb{R}$ ser definido por

$$ g(w)=h(w) - \left(\frac{n+1}{2}h(0)+\frac{2w+2}{9}h\left({\small{\frac{1}{2}}}\right)+\frac{n+1}{12}h(1)\right) $$

Esto es suficiente para mostrar que $g(0),g(1/2),g(1)$ podemos ser todos positivos, y no pueden ser negativos.$\\[9pt]$

\begin{align*} \text{Let}\;\, a &= h(0),\;b=h(1/2),\;c=h(1)\\[9pt] \text{Then}\;\,g(0) &= h(0) - \left(\frac{1}{2}h(0)+\frac{2}{9}h\left({\small{\frac{1}{2}}}\right)+\frac{1}{12}h(1)\right)\\[0pt] &=a - \left(\frac{1}{2}a+\frac{2}{9}b+\frac{1}{12}c\right)\\[0pt] &=\frac{1}{2}a-\frac{2}{9}b-\frac{1}{12}c\\[9pt] g\left({\small{\frac{1}{2}}}\right) &= h\left({\small{\frac{1}{2}}}\right) - \left(\frac{3}{4}h(0)+\frac{1}{3}h\left({\small{\frac{1}{2}}}\right)+\frac{1}{8}h(1)\right)\\[0pt] &=b - \left(\frac{3}{4}a+\frac{1}{3}b+\frac{1}{8}c\right)\\[0pt] &=-\frac{3}{4}a+\frac{2}{3}b-\frac{1}{8}c\\[9pt] g(1) &= h(1) - \left(h(0)+\frac{4}{9}h\left({\small{\frac{1}{2}}}\right)+\frac{1}{6}h(1)\right)\\[0pt] &=c - \left(\frac{1}{2}a+\frac{2}{9}b+\frac{1}{12}c\right)\\[0pt] &=-a-\frac{4}{9}b+\frac{5}{6}c\\[9pt] \text{Let}\;\,{\mathbf u} &= \langle g(0),g(1/2),g(1) \rangle\\[4pt] {\mathbf v} &= \langle 18,8,3 \rangle\\[9pt] \text{Then}\;\, {\mathbf u} \cdot {\mathbf v} &= \langle g(0),g(1/2),g(1) \rangle \cdot \langle 18,8,3 \rangle\\[6pt] &= (18)g(0) + (8)g(1/2) + (3)g(1) \\[4pt] &= (18)\left(\frac{1}{2}a-\frac{2}{9}b-\frac{1}{12}c\right) + (8)\left(-\frac{3}{4}a+\frac{2}{3}b-\frac{1}{8}c\right) + (3)\left(-a-\frac{4}{9}b+\frac{5}{6}c\right) \\[4pt] &=0\qquad\text{[identically]} \end{align*}

De ello se desprende que $g(0),g(1/2),g(1)$ podemos ser todos positivos, y no pueden ser negativos, como iba a ser mostrado.