Dimostrazione Teorema di Lagrange.
Ciao a tutti,vorrei una mano con la dimostrazione del teorema di Lagrange..Ipotesi e tesi sono chiare, ma appunto con la dimostrazione c e qualche problema..prima cosa non ho capito se devo aiutarmi con il teorema di rolle o di cauchy per dimostrarlo,perche per esempio nel link sottostante parla di rolle,in altri di cauchy..
In questa pagina c e la dimostrazione.
1-Come si arriva dalla tesi a $ h(x) = f(x) - Kx$ ?
2-Perche $K= (f(b) - f(a))/(b-a)$ ?
3-Quando si sostituisce ad x il punto c,perche solo $h'(x)$ diventa 0?Per il teorema di Rolle che dice che $y'(c)=0$?
Ditemi se magari sono stato poco chiaro..grazie.
In questa pagina c e la dimostrazione.
1-Come si arriva dalla tesi a $ h(x) = f(x) - Kx$ ?
2-Perche $K= (f(b) - f(a))/(b-a)$ ?
3-Quando si sostituisce ad x il punto c,perche solo $h'(x)$ diventa 0?Per il teorema di Rolle che dice che $y'(c)=0$?
Ditemi se magari sono stato poco chiaro..grazie.
Risposte
non ho capito le tue perplessità, quindi ti scrivo la dimostrazione e vedi se ti è più chiara; in caso chiedi 
Il teorema di Lagrange recita cosi:
Sia $f:[a,b]\to \RR$ una funzione continua e derivabile almeno in $(a,b);$ allora esiste almeno un punto $\xi\in(a,b)$ tale che
\[\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(\xi)\]
Dimostrazione
L'idea della dimostrazione è quella di ricondursi con un artificio al teorema di Rolle; per fare ciò consideriamo una funzione ausiliaria $F(x)$ definita come
\[F(x)=f(x)- g(x)\]
dove la funzione $g(x)$ la scegliamo molto semplice, polinomiale di primo grado, cioè una retta (come si dice "affine") e tale che
\[f(a)=g(a),\qquad f(b)=g(b)\]
cioè vogliamo che la funzione $g$ agli estremi dell'intervallo coincida con la funzione $f$ in modo tale che la funzione $F(x)$ che abbiamo costruito risulti nulla agli estremi: infatti per come abbiamo costruito la $g$ abbiamo che
\[F(a)=f(a)-g(a)=0,\qquad F(b)=f(b)-g(b)=0\]
allora la scelta di questa funzione $g$ è obbligata perchè se vogliamo che sia polinomiale di primo grado, dovrà essere la retta secante che passa per i punti $A=(a,f(a))$ e $B=(b,f(b),$ e dunque, ricordando dalla geometria analitica l'equazione di una retta passante per due punti:
\begin{align}\frac{x-x_A}{x_B-x_A}=\frac{y-y_A}{y_B-y_A}\qquad&\to\qquad\frac{x-a}{b-a}=\frac{g(x)-f(a)}{f(b)-f(a)}\\
&g(x)=f(a)+\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)\end{align}
Verifichiamo che la scelta della $g$ sia corretta:
se $x=a$ abbiamo sostituendo:
\begin{align} g(a)=f(a)+\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(a-a)=f(a)\end{align}
se $x=b$ abbiamo sostituendo:
\begin{align} g(b)=f(a)+\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(b-a)=f(b)\end{align}
la funzione $g$ è correttamente costruita; a questo punto la funzione $F(x)$ è uguale a:
\begin{align} F(x) &=f(x)-g(x)\\
&=f(x)-f(a)+\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)\end{align}
questa funzione $F(x)$ verifica le ipotesi del torema di Rolle, in quanto agli estremi come abbiamo già notato si annulla, e dunque verifica anche la tesi del teorema di Rolla: cioè esiste un punto $\xi$ in cui la derivata prima di annulla:
\[\exists\quad \xi\in(a,b): F'(\xi)=0\]
allora
\begin{align} F'(x) =f'(x)- \frac{f(b)-f(a)}{b-a} \end{align}
e appunto per il teorema di Rolle
\begin{align}\exists\quad \xi\in(a,b): F'(\xi) =0\quad& \Rightarrow\quad F'(\xi)=f'(\xi)- \frac{f(b)-f(a)}{b-a}=0\\
&\Rightarrow\quad f'(\xi) =\frac{f(b)-f(a)}{b-a} \end{align}
che è quanto volevamo.
Il teorema di Lagrange recita cosi:
Sia $f:[a,b]\to \RR$ una funzione continua e derivabile almeno in $(a,b);$ allora esiste almeno un punto $\xi\in(a,b)$ tale che
\[\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(\xi)\]
Dimostrazione
L'idea della dimostrazione è quella di ricondursi con un artificio al teorema di Rolle; per fare ciò consideriamo una funzione ausiliaria $F(x)$ definita come
\[F(x)=f(x)- g(x)\]
dove la funzione $g(x)$ la scegliamo molto semplice, polinomiale di primo grado, cioè una retta (come si dice "affine") e tale che
\[f(a)=g(a),\qquad f(b)=g(b)\]
cioè vogliamo che la funzione $g$ agli estremi dell'intervallo coincida con la funzione $f$ in modo tale che la funzione $F(x)$ che abbiamo costruito risulti nulla agli estremi: infatti per come abbiamo costruito la $g$ abbiamo che
\[F(a)=f(a)-g(a)=0,\qquad F(b)=f(b)-g(b)=0\]
allora la scelta di questa funzione $g$ è obbligata perchè se vogliamo che sia polinomiale di primo grado, dovrà essere la retta secante che passa per i punti $A=(a,f(a))$ e $B=(b,f(b),$ e dunque, ricordando dalla geometria analitica l'equazione di una retta passante per due punti:
\begin{align}\frac{x-x_A}{x_B-x_A}=\frac{y-y_A}{y_B-y_A}\qquad&\to\qquad\frac{x-a}{b-a}=\frac{g(x)-f(a)}{f(b)-f(a)}\\
&g(x)=f(a)+\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)\end{align}
Verifichiamo che la scelta della $g$ sia corretta:
se $x=a$ abbiamo sostituendo:
\begin{align} g(a)=f(a)+\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(a-a)=f(a)\end{align}
se $x=b$ abbiamo sostituendo:
\begin{align} g(b)=f(a)+\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(b-a)=f(b)\end{align}
la funzione $g$ è correttamente costruita; a questo punto la funzione $F(x)$ è uguale a:
\begin{align} F(x) &=f(x)-g(x)\\
&=f(x)-f(a)+\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)\end{align}
questa funzione $F(x)$ verifica le ipotesi del torema di Rolle, in quanto agli estremi come abbiamo già notato si annulla, e dunque verifica anche la tesi del teorema di Rolla: cioè esiste un punto $\xi$ in cui la derivata prima di annulla:
\[\exists\quad \xi\in(a,b): F'(\xi)=0\]
allora
\begin{align} F'(x) =f'(x)- \frac{f(b)-f(a)}{b-a} \end{align}
e appunto per il teorema di Rolle
\begin{align}\exists\quad \xi\in(a,b): F'(\xi) =0\quad& \Rightarrow\quad F'(\xi)=f'(\xi)- \frac{f(b)-f(a)}{b-a}=0\\
&\Rightarrow\quad f'(\xi) =\frac{f(b)-f(a)}{b-a} \end{align}
che è quanto volevamo.
Nel passaggio dove $x = b$ ,come fa a diventare $f(a) + f(b) - f(a) = f(b) $ ?
$(f(b) - f(a)) /(b-a)$ diventa $f(b)$
e $(b-a)$ diventa $b$ perche?
$(f(b) - f(a)) /(b-a)$ diventa $f(b)$
e $(b-a)$ diventa $b$ perche?
scusa $(b-a)$ diventa $a$..
guarda bene cosa c'è scritto ...e fai le semplificazioni
L ho preso anche da wikipedia cosi c e scritto..non riesco a farmela entrare questa dimostrazione..
ti ripeto, guarda cosa c'è scritto e fai le semplificazioni
ah..si semplifica $(b-a)$ e $b-a$ e i 2 $f(a)$ e rimane $f(b)$ mannaggia a me..
vedi che non è cosi difficile!?
Si,il problema e che martedi o mercoledi ho l orale e ho paura di non riuscire a imparare la dimostrazione..e quindi inconsciamente vado veloce e non capisco..sedondo te ce la farò?
te lo auguro
Dalla risposta deduco che non e facile imparare questa dimostrazione?
assolutamente, è una delle più facili da imparare ... secondo me in quanto hai una semplice interpretazione grafica
Speriamo allora..
Senti io sto seguendo sia la tua di dimostrazione che quella su wikipedia;l eq della retta per i punti passanti per $A$ e $B$,come la "giustifico" oralmente? Cioe,mentre la scrivo cosa posso dire alla prof?Per verificare la terza ipotesi di Rolle,cioe che i punti estremi devono essere uguali e per questo ci serve l eq della retta potrebbe andare?
Senti io sto seguendo sia la tua di dimostrazione che quella su wikipedia;l eq della retta per i punti passanti per $A$ e $B$,come la "giustifico" oralmente? Cioe,mentre la scrivo cosa posso dire alla prof?Per verificare la terza ipotesi di Rolle,cioe che i punti estremi devono essere uguali e per questo ci serve l eq della retta potrebbe andare?
forse il grafico ti può aiutare
Quindi quello che dicevo io e sbagliato?
consideri una funzione ausiliaria $F(x)=f(x)-g(x)$ che soddisfi le ipotesi, e quindi la tesi, del teorema di Rolle, in cui costruisci una funzione $g(x)$ in quel modo
...che e l eq della retta passante per i 2 punti.(la g(x))
esatto
La parte dove sostituiamo invece prima $a$ e poi $b$ ad $x$, serve per verificare che gli estremi siano uguali e quindi la 3 ipotesi di Rolle giusto?
è per verificare che la funzione $g(x)$ sia e tale che
\[f(a)=g(a),\qquad f(b)=g(b)\]
in modo tale che $F(x)$ soddisfi le ipotesi del teorema di Rolle
\[f(a)=g(a),\qquad f(b)=g(b)\]
in modo tale che $F(x)$ soddisfi le ipotesi del teorema di Rolle
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