2018 William Lowell Putnam Sınavından bir soru.

0 beğenilme 0 beğenilmeme
107 kez görüntülendi

$f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ sonsuz (=istendiği kadar) kez türevlenebilen, $f(0)=0,\ f(1)=1$ ve her $x\in\mathbb{R}$ için $f(x)\geq0$ koşullarını sağlayan bir fonksiyon olsun.

En az bir $n>0$ doğal sayısı ve en az bir $x\in\mathbb{R}$ için $f^{(n)}(x)<0$ olduğunu gösteriniz.

($f^{(n)}(x),\ n$-inci basamaktan türev)

(edit:$f^{(n)}(x)<0$ yerine $f^{(n)}(x)>0$ yazmışım, düzelttim)


12, Ocak, 12 Lisans Matematik kategorisinde DoganDonmez (4,434 puan) tarafından  soruldu
13, Ocak, 13 DoganDonmez tarafından düzenlendi

Lisans öğrencileri için biraz zor. 

Akademik Kategorisine (bilinmesi gerekenler yönünden değil, yöntem yönünden) yakın.

Kimse çöz(e)mez ise 2 gün sonra çözeceğim.

1 cevap

0 beğenilme 0 beğenilmeme

İddianın yanlış olduğunu varsayıp bir çelişkiye ulaşarak, iddianın doğruluğunu ispatlayacağız.

Her $x\in\mathbb{R}$ ve her $n\in\mathbb{N}$ için $f^{(n)}(x)\geq 0$ olsun.

her $n\in\mathbb{N}$ için $f^{(n)}$ (tüm $ \mathbb{R} $ de) artan (azalmayan da deniyor) fonksiyondur.

Bu nedenle (ve $ f(0)=0 $ olduğu için) her $ x\leq0 $ için, $f(x)=0$ olur. 

Buradan da, her $ x\leq0 $ ve her $n\in\mathbb{N}$ için,  (0 da soldan türevlerin hepsi 0 olduğu için) $f^{(n)}(x)=0$ olur dır.

Kalanlı Taylor Teoreminden, ($ f $ nin 0 daki değeri  ve her türevi 0  (Aslında, 0 yerine bir negatif sayı da kullanabiliriz)  olduğu için Taylor polinomları 0 olur ve) ,

 $ 1=f(1)=\frac{f^{(n+1)} (c_n)}{(n+1)!}$ olacak şekilde $ c_n\in(0,1) $ sayıları vardır.

Bu da, her $n \geq0$ için, $ f^{(n+1)} (c_n)=(n+1)! $ ve ($ f^{(n+1)} $ artan olduğu için)  $ f^{(n+1)} (1)\geq f^{(n+1)} (c_n)=(n+1)! $ olur.Bu nedenle, $ f $ nin 1 deki Taylor polinomları, (her $n \geq0$ için) $ P_n(x)=1+a_1(x-1)+a_2(x-1)^2+\cdots+a_n(x-1)^n$ olmak üzere $ a_i\geq1 \ (i=1,\ldots,n)$ olur.

Yine, Kalanlı Taylor Teoreminden, her $n\geq0$ için:

$ f(2)=P_n(2)+\dfrac{f^{(n+1)} (d_n)}{(n+1)!} $ olacak şekilde $d_n\in(1,2)$ sayıları vardır.

$ f^{(n+1)} (d_n)\geq0 $ olduğu için,

$ f(2)\geq P_n(2)=1+a_1+a_2+\cdots+a_n \geq n+1$  olur.

Bu eşitsizlik, her $ n\in\mathbb{N} $ için doğru olup, bu durum Arşimet Özelliği ile çelişir.

Bu çelişki, iddianın doğru olduğunu ispatlar.

14, Ocak, 14 DoganDonmez (4,434 puan) tarafından  cevaplandı
...