Дифференцируемая функция

[Genrih]

Попалась несложная задача.
Дана дифференцируемая на $[0,1]$ функция $f(x)$, $f(0)=0, f(1)=1$. Доказать, что для любых положительных чисел $k_1, k_2$ $\exists x_1, x_2 \in [0,1]$ , что
$\frac{k_1}{f'(x_1)} + \frac{k_2}{f'(x_2)} = k_1 + k_2$.


_______________________

Сам я застрял на идее показать, что производная пробегает все промежуточные значения от нуля до единицы.

[Capella]

А если $f(x) = x^2$?

[Genrih]

Capella писал(а):

А если $f(x) = x^2$?

Это лишь одна из всех функций, удовлетворяющих условию задачи.

[Capella]

Чего-то я не пойму... Производная $f'(x) = 2x$ и разве выполняется равенство:
$ \frac {k_1} {f'(x_1)} + \frac{k_2}{f'(x_2)} = k_1 + k_2$

По моему оно выполняется в том случае, если знаменатель в левой части эквивалентен (не буду говорить равен) 1 для любого $x$

[Brukvalub]

Genrih писал(а):

Сам я застрял на идее показать, что производная пробегает все промежуточные значения от нуля до единицы.

Не зря застрял, у=х даёт контрпример к тому, что Вы пытаетесь доказать (но не к утв. самой задачи).

Добавлено спустя 2 минуты 18 секунд:

Capella писал(а):

Чего-то я не пойму... Производная $f'(x) = 2x$ и разве выполняется равенство:
$ \frac {k_1} {f'(x_1)} + \frac{k_2}{f'(x_2)} = k_1 + k_2$

По моему оно выполняется в том случае, если знаменатель в левой части эквивалентен (не буду говорить равен) 1 для любого $x$

Возьмите обе точки равными 0.5.

[Capella]

Brukvalub

$x_1 = x_2 = 0.5$? Ну если так, то да, хотя вообще подразумеваетс обычно $i \ne j \to x_i \ne x_j$

[Brukvalub]

Вот именно

[Capella]

То что отображение не биективно, нужно оговаривать заранее!

[RIP]

Задача-то устная. По теореме Лагранжа о конечных приращениях найдётся точка $x_0\in(0;1)$, в которой $f'(x_0)=1$. Если таких точек найдётся две, то мы в шоколаде (кстати, в условие неплохо бы добавить условие $x_1\ne x_2$, чтобы было интереснее). Если такого счастья нет , то 3 возможности:
1) $f'(x)$ принимает значения как меньше 1, так и больше. Тогда по свойству Дарбу производной $f'$ принимает все значения из некоторого интервала $(1-\varepsilon;1+\varepsilon)$. Понятно, что из них можно выбрать некоторые 2 нас интересующие.
2) $f'(x)<1$ для всех $x\ne x_0$. Опять же по теореме Лагранжа $1=f(1)-f(x_0)+f(x_0)-f(0)=f'(c_1)(1-x_0)+f'(c_2)x_0<1-x_0+x_0=1$. Что-то мне здесь не нравится.
3) $f'(x)>1$ для всех $x\ne x_0$. Аналогично.

[Brukvalub]

Capella писал(а):

То что отображение не биективно, нужно оговаривать заранее!

Читаем исходный текст:

Genrih писал(а):

Доказать, что для любых положительных чисел $k_1, k_2$ $\exists x_1, x_2 \in [0,1]$ , что
$\frac{k_1}{f'(x_1)} + \frac{k_2}{f'(x_2)} = k_1 + k_2$.

Где же здесь оговорена, явно или неявно биективность, то есть требование, чтобы искомые точки были различными? Как говорит Римское право, все, что не запрещено явно - считается разрешенным Ну вот, пока мы раскачивались и обсуждали, RIP опять все решил

[Genrih]

Да, я не уточнил: $x_1 \neq x_2$ .

Capella писал(а):

Чего-то я не пойму... Производная $f'(x) = 2x$ и разве выполняется равенство:
$ \frac {k_1} {f'(x_1)} + \frac{k_2}{f'(x_2)} = k_1 + k_2$

Конечно.
Упростим условие:
$\frac{k_1}{k_1+k_2}* \frac{1}{f'(x_1)} + \frac{k_2}{k_1+k_2}* \frac{1}{f'(x_2)} =1 $
или
$\alpha \frac{1}{f'(x_1)} + (1-\alpha)* \frac{1}{f'(x_2)} =1 $
В случае $f(x)=x^2$
$\alpha \frac{1}{x_1} + (1-\alpha)* \frac{1}{x_2} =2 $ подойдут точки $x_1=\alpha, x_2=1- \alpha$

RIP писал(а):

Тогда по свойству Дарбу производной $f'$ принимает все значения из некоторого интервала $(1-\varepsilon;1+\varepsilon)$. Понятно, что из них можно выбрать некоторые 2 нас интересующие.

Да, оно. Спасибо.

[Capella]

Genrih

Да, ошиблась я, подходит - хороший трюк.

[Capella]

Вот возникла такая идея, что условия задачи выполняются вообще говоря для всех $k_1,k_2 \in \mathbb{R}$ (правда, если $x_1 \ne x_2$, то $k_1, k_2$ не должны быть равны по модулю при разных знаках ) и ещё $\forall x_1,x_2 \in (0, 1]$

[RIP]

Capella писал(а):

Вот возникла такая идея, что условия задачи выполняются вообще говоря для всех $k_1,k_2 \in \mathbb{R}$ и ещё $\forall x_1,x_2 \in (0, 1]$

Не всё так просто. Всё гораздо проще. То, что иксы можно брать из интервала, понятно. А вот то, что $k$ могут быть произвольными, не пойдёт. Если $k_1=-k_2\ne0$ (это единственный случай, для которого утверждение неверно), а $f(x)=x^2$ (например), то $x_1\ne x_2$ нельзя подобрать.

[Capella]

RIP

Как раз это тоже сообразила и дописала