Forumlek: Bevisa satsen!

Nu antar du att f'(x) -> 0, men det är ju det du ska visa.

och f(x) måste ju heller inte ha oegentligt gränsvärde, man kan tänka sig att f(x) och f'(x) oscillerar upp och ned men tar ut varandra på nåt vänster.

Kan ju tillägga att jag inte har lösningen, detta är en tentauppgift som jag gick bet på från en tenta jag skrev nyligen.

Vilken kurs? Får man fråga vem som höll i kursen?

Det är viktigt att gränsen tas då x → +∞, för det gäller inte då x → -∞, vilket f(x) = e^(-x) visar. Där borde i stället samma slutsats gälla om premissen ändras till att f(x) - f'(x) → a.

Låt g(x) = (f(x) - a)e^x. Då är g(x) deriverbar, och

g'(x)e^-x = f'(x) + f(x) - a -> 0 när x går mot oändligheten.

Så låt ε > 0, och låt M vara så att x ≥ M implicerar att |g'(x)e^-x| < ε.

Då är, för x > M

|g(x) - g(M)| = |∫ g'(t) dt| ≤ ∫ |g'(t)| dt ≤ ε ∫ e^t dt = ε(e^x - e^M).

där integralerna går från t=M till t=x. Då blir för x > M,

f(x) = a + g(x) e^-x

så

|f(x) - a - g(M)e^-x| = |g(x) - g(M)| e^-x ≤ ε(1 - e^(M-x)) < ε.

Om vi då låter N > M vara sådant att vi dessutom har g(M)e^-N < ε, så får vi att för x > N så är

|f(x) - a| < 2ε.

Alltså går f(x) mot a när x går mot oändligheten. Och att f'(x) -> 0 följer omedelbart.

Lämnar det fritt för vem som helst att posta nästa sats.

Okej, nu chansar jag på att den här inte redan gjorts, den är härligt simpel med.




Sats : (f*g)' = f'g + fg'


EDIT : f, g kontinuerliga blalalala.

Var också inne på det spåret med f(x)=g(x)e^-x då f+f' går mot en diffekvation med e^-x som homogenlösning, men nådde inte riktigt ända fram. Snyggt jobbat.

för att citera mig själv från en annan tråd:

Stör mig på att jag inte såg att Kurrets senaste uppgift liknade en differentialekvation då x var stort. Hade jag sett det hade jag kanske löst den...

Nåväl... Eftersom Kurret inte har kommit med någon ny sats kommer en här:
Antag att a, b ≥ 0 och 0 < λ < 1. Då gäller a^λ b^(1-λ) ≤ λa + (1-λ)b med likhet om och endast om a = b.

om a eller b är 0 gäller påståendet eftersom då blir VL=0 (eftersom λ,1-λ>0), så antag a,b>0. Dividera med b och sätt x=a/b>0. Vi får det ekvivalenta påståendet:
x^λ≤λx+1-λ ->0≤λx+1-λ-x^λ
med f(x)=λx+1-λ-x^λ har vi f'(x)=λ-λx^(λ-1), f''(x)=-λ(λ-1)x^(λ-2)>0.
f'(x)=0 ger x=1 och då f''(x)>0 är detta funktionens minimum, och då f(1)=0 följer påståendet.

I brist på fantasi så blir nästa problem:
Visa att om f(x) är två gånger deriverbar så är f(x) konvex ekvivalent med f''(x) icke negativ.

Jag är sämst på matematiska bevis men gör ett försök:

Lägg koordinataxlarna så att funktionen blir positivt konvex (skålen uppåt):

0. Konvex omm y'_n=>...=>y'_2=>y'_1=>y'_0=>...=>y'_-n

(Medelvärdet av punkt m och punkt m+2 måste vara större än det för punkt m+1 om kurvan skall vara konvex...=> betyder större eller lika med)
1. ( ( y_(m+2) - y_(m) )/2dx )*dx + y_(m) => y_(m+1)

2. ( ( y_(m+2) - y_(m) )/2dx )*dx + y_(m) => y_(m)+y'_m*dx

3. y_(m+2) = y_(m+1)+y'_(m+1)*dx => y_(m)+y'_m*dx +y'_(m+1)*dx
=> rad 2+3:
4. ( ( y_(m)+y'_m*dx +y'_(m+1)*dx - y_(m) )/2dx )*dx + y_(m) => y_(m)+y'_m*dx
5. ( ( y_(m)+y'_m*dx +y'_(m+1)*dx - y_(m) ) => 2*y'_m*dx
6. y'_(m+1) => y'_m
Rad 0 visad.

7. y'_(m+1)=y'_m+y''_m*dx => y'_m
omm
8. y''_m*dx>0 (givet)

VSV

Får jag godkänt?

Vad är y'_k?

Derivatan vid ett godtyckligt funktionsvärde, i en punkt "k".

Skall se om jag förstår vad du gör...

Du har ett ändligt antal jämnt fördelade punkter på x-axeln.
Sedan utgår du från att konvexitet innebär att medelvärdet av funktionens värde i två punkter är minst lika stor som funktionens värde i en mellanliggande punkt (i det här fallet punkten precis mitt mellan de två första).
Från detta visar du att derivatan måste vara (ej strängt) växande, vilket är ekvivalent med att andraderivatan är icke-negativ.