Ein einfaches reales Analyseproblem

Question

Ich habe dieses Problem der realen Analyse aus dem von ISI für Klasse 11 veröffentlichten MTRP-Buch gefunden.

Angenommen, die Funktion $f:[a,b]\to \Bbb R$ ist differenzierbar auf $(a,b)$, wo $b-a\geq 4$. Beweisen Sie, dass es gibt$x_0\in (a,b)$ so dass $$f'(x_0)<1+\big(f(x_0)\big)^2.$$

Meine Lösungsideen: Als ich das Problem zum ersten Mal sah, verfolgte ich es einfach von hinten und bekam die Idee, dass es sich um ein Problem handelt $\arctan(x)$. Also habe ich über eine Funktion nachgedacht$g(x) = \arctan(f(x))$. Dies ist das Problem, das darin besteht, dies für eine reelle Zahl zu zeigen$c$ wir haben $g(c) < c$. Dafür habe ich eine andere Funktion in Betracht gezogen$h(x) = g(x) - x$. Aber an diesem Punkt bin ich geschlagen und habe keine Ahnung, wohin ich gehen soll.

Answer 1

Verwenden Sie einfach die Struktur $f'(x_0) = 1 + f(x_0)^2$. Was trivial bedeutet$g(x) = \tan^{-1}f(x)$ ist unsere erforderliche Konstruktion, auf der wir MVT verwenden werden.

Wie $x_2- x_1 \geqslant 4 \implies x_2 - x_1 > \pi $. Dann per MVT weiter$g$ im $[x_1, x_2]$ Wir haben, dass es existiert $x_0 \in (x_1, x_2)$ so dass $$ \frac{g(x_2) - g(x_1)}{x_2-x_1 } = g'(x_0)$$ $$ \implies \frac{\tan^{-1} f(x_2) - \tan^{-1} f(x_1)}{x_2 - x_1} = [\tan^{-1}f(x_0)]'= \frac{f'(x_0)}{1 + f(x_0)^2} $$ $$ \implies \frac{\frac{\pi}{2} - (-\frac{\pi}{2}) }{x_2 - x_1} \geqslant \frac{f'(x_0)}{1 + f(x_0)^2} \quad \text{as }\tan^{-1} \in [-\pi/2, \pi/2] $$ $$ \implies 1 > \frac{\pi}{x_2 - x_1} \geqslant \frac{f'(x_0)}{1 + f(x_0)^2} \implies 1 + f(x_0)^2 > f'(x_0) $$

Answer 2

Wenn dies falsch ist, dann ist die Ableitung von $\arctan f(x)$ nämlich $\frac {f'(x)} {1+f(x)^{2}} $ überschreitet oder gleich $1$. Mit MVT$\arctan f(b)-\arctan f(a) \geq (b-a)\geq 4$. Aber$\arctan f(b)-\arctan f(a) <\pi$ Wir haben also einen Widerspruch.