Anwendungen des Mittelwertsatzes (aber nicht der Mittelwertungleichung)

Question

Anwendungen des Mittelwertsatzes (aber nicht der Mittelwertungleichung)

Infinitesimalrechnung
Derivate
Mathematik
umgekehrte Mathematik
Realanalyse

Nate Eldredge

Der Mittelwertsatz , der seit Cauchy (oder davor) in jedem Lehrbuch der Infinitesimalrechnung zu finden ist, besagt folgendes:

(MVT) Angenommen $f : [a,b] \to \mathbb{R}$ ist durchgehend an $[a,b]$ und weiter differenzierbar $(a,b)$ . Dann gibt es $c \in (a,b)$ so dass $f'(c) = \frac{f(b) - f(a)}{b-a}$ .

Eine unmittelbare Folge davon ist die Mittelwertungleichung :

(MVI) Angenommen $f : [a,b] \to \mathbb{R}$ ist durchgehend an $[a,b]$ und weiter differenzierbar $(a,b)$ . Angenommen weiter als $|f'| \le M$ An $(a,b)$ . Dann $|f(b) - f(a)| \le M |b-a|$ .

MVI ist in gewisser Weise eine schwächere Aussage als MVT, da beispielsweise analoge Versionen von MVI in höheren Dimensionen gelten, während analoge Versionen von MVT dort versagen. Ich würde also nicht wirklich erwarten, dass wir MVI verwenden können, um MVT einfach zu beweisen.

Nun, jede mathematisch interessante Konsequenz des MVT, die ich je gesehen habe, kann tatsächlich mit MVI bewiesen werden. (Mit „mathematisch interessant“ meine ich, Übungen auszuschließen, die speziell zur Veranschaulichung des Theorems entwickelt wurden, sowie Aussagen wie „es gab eine Zeit, zu der Ihr Tacho genau 100 km/h anzeigte“, die wirklich nur das Ergebnis wiederholen). Insbesondere denke ich, dass MVI alle "interessanten" Aussagen in der Frage Anwendungen des Mittelwertsatzes beweisen kann .

Gibt es mathematisch interessante Konsequenzen von MVT, die nicht von MVI bewiesen werden können?

(Sie können "kann nicht" in einem so formellen oder informellen Sinne interpretieren, wie Sie möchten. Von präzisen Aussagen in der Modelltheorie oder umgekehrten Mathematik bis zu "Ich sehe keinen einfachen Weg, dies von MVI zu beweisen".)

Guy Fsone

math.stackexchange.com/questions/2340198/…

Antworten (3)

Anwendungen des Mittelwertsatzes (aber nicht der Mittelwertungleichung)

RRL · Answer 1

Betrachten Sie den folgenden Vorschlag, der von Hardy in A Course of Pure Mathematics diskutiert wird .

Vermuten $\lim_{x \to \infty} f(x) = L$ Und $\lim_{x \to \infty} f'(x)$ existiert. Dann $\lim_{x \to \infty} f'(x)= 0.$

Ein klassischer Beweis verwendet den cleveren Trick, die Regel von L'Hospital auf anzuwenden $e^x f(x) / e^x.$

Mein Beweis wäre, dass es den MVT gibt $\xi_x \in (x,x+1)$ so dass

F (X + 1) - F (X) = F^{'} (ξ_{X}) .

$f(x+1) - f(x) = f'(\xi_x).$

Somit,

0 = lim_{X \to \infty} [F (X + 1) - F (X)] = lim_{X \to \infty} F^{'} (ξ_{X}) = lim_{X \to \infty} F^{'} (X) .

$0 = \lim_{x \to \infty} [f(x+1) - f(x)] = \lim_{x \to \infty}f'(\xi_x) = \lim_{x \to \infty}f'(x).$

Nur das wissen $|f'(x)| \leqslant M$ , da der (endliche) Grenzwert existiert, und $|f(x+1) - f(x)| \leqslant M$ scheint nicht zu helfen.

Ich denke, ich kann das mit MVI beweisen. Nehmen Sie im Gegenteil an, dass $\lim_{x \to \infty} f'(x) = c \ne 0$ . Betrachten Sie die Funktion $g(x) = f(x) - cx$ ; Dann $\lim_{x \to \infty} g'(x) = 0$ . So gibt es einige ausreichend groß $x_0$ mit $|g'(x)| \le \frac{|c|}{2}$ für alle $x \ge x_0$ . Daher von MVI, $|g(x) - g(x_0)| \le \frac{|c|}{2}|x-x_0|$ für alle $x \ge x_0$ . Das ist, $| (F (X) - C X) - (F (X_{0}) - C X_{0}) | \leq \frac{| C |}{2} | X - X_{0} | .$ $|(f(x) - cx) - (f(x_0) - cx_0)| \le \frac{|c|}{2}|x-x_0|.$ Dividiere beide Seiten durch $x$ und vermieten $x \to \infty$ , Dies ergibt $|c| \le \frac{|c|}{2}$ was absurd ist.

Daniel Wainfleet · Answer 2

Vermuten $f:[a,b]\to R$ ist kontinuierlich, mit $a<b,$ Und $f''(x)\geq 0$ für alle $x\in (a,b)$ . Dann wann immer $a\leq x<y\leq b$ Und $s\in [0,1]$ wir haben

S F (X) + (1 - S) F (j)) \geq F (X S + j (1 - S)) .

$s f(x )+(1-s) f(y))\geq f(x s +y(1-s)).$

Dies erfordert nicht $f'(x)$ oben oder unten begrenzt werden für $x\in (a,b).$ Lassen Sie zum Beispiel $[a,b]=[-1,1]$ Und $f(x)=-\sqrt {1-x^2}.$

Um die Behauptung zu beweisen, lassen Sie $z=x s+(1-s)y$ und nehmen wir an, die Behauptung ist falsch.

Wenden Sie das MVT an $f$ für $x, z$ und für $z,y,$ erhalten $z_1\in(x,z)$ Und $z_2\in (z,y)$ mit $(f(z)-f(x))/(z-x)=f'(z_1)$ Und $(f(y)-f(z))/(y-z)=f(z_2).$

Wenden Sie das MVT an $f'$ für $z_1,z_2$ erhalten $z_3\in (z_1,z_2)$ mit $(f'(z_2)-f'(z_1))/(z_2-z_1)=f''(z_3).$ Das zeigen die Details $f'(z_2)<f'(z_1),$ aber offensichtlich $z_2>z_1$ So $f''(z_3)<0,$ ein Widerspruch.

Das ist gut, weil es ein Fall ist, wo $f'$ ist im Intervall unbeschränkt.

Christian Blatter · Answer 3

Eine aus dem MVI nicht beweisbare Folge der MVT ist die Hôpital-Regel. Beim Beweis dieser Regel macht man ausdrücklich von dem Punkt Gebrauch $c$ vom MVT garantiert. Wenn man zurückgeht, sieht man, dass dieser Punkt aus dem Satz von Rolle stammt, der ausschließlich für reellwertige Funktionen gilt. Folglich gilt die Regel von Hôpital nicht für komplexe oder vektorwertige Funktionen.

Andererseits kann der MVI von Grund auf bewiesen werden (siehe Rudins PMA, Theorem 5.20) und gilt daher auch für komplexe oder vektorwertige Funktionen.

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Nate Eldredge

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