Zadatak glasi ovako: Neka je [inlmath]f[/inlmath] realna i [inlmath]n+1[/inlmath] put diferencijabilna funkcija na skupu [inlmath]\mathbb{R}[/inlmath]. Dokazati da za svaki par realnih brojeva [inlmath]a[/inlmath], [inlmath]b[/inlmath], [inlmath]a<b[/inlmath], takav da je
[dispmath]\ln\left(\frac{f(b)+f'(b)+\cdots+f^{(n)}(b)}{f(a)+f'(a)+\cdots+f^{(n)}(a)}\right)=b-a,[/dispmath] postoji [inlmath]c\in(a,b)[/inlmath] takav da je [inlmath]f^{(n+1)}(c)=f(c)[/inlmath].

Treba mi pomoć oko ovog zadatka, nemam ideju na koji način bih mogao da uradim. Hvala

Potrebno je da iskoristiš Lagranžovu teoremu, kao i osobinu logaritma da je [inlmath]\ln\frac{a}{b}=\ln a-\ln b[/inlmath]. To bi ti bila ideja kako da počneš, a ako se ne snađeš, javi, pa ćemo nastaviti.

Mislim da u tekstu zadatka nedostaje uslov da je [inlmath]f(x)+f'(x)+f''(x)+\cdots+f^{(n)}(x)>0[/inlmath] za svako [inlmath]x\in[a,b][/inlmath], al' dobro...

Na osnovu Lagranžove teoreme sledi (pod uslovom da je [inlmath]f[/inlmath] neprekidna na [inlmath][a,b][/inlmath] i diferencijabilna na [inlmath](a,b)[/inlmath], a to je ispunjeno jer je dato da je [inlmath]f[/inlmath] diferencijabilna na [inlmath]\mathbb{R}[/inlmath]) da postoji [inlmath]c\in(a,b)[/inlmath] takvo da je:
[dispmath]\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(c).[/dispmath] Ako primenimo izvod na levu i desnu stranu ovog izraza dobićemo:
[dispmath]\frac{f'(b)-f'(a)}{b-a}=f''(c).[/dispmath] I tako dalje, primenjući izvod na obe strane, dobijamo:
[dispmath]\frac{f^{(n-1)}(b)-f^{(n-1)}(a)}{b-a}=f^{(n)}(c),\\
\frac{f^{(n)}(b)-f^{(n)}(a)}{b-a}=f^{(n+1)}(c).[/dispmath] Na osnovu pomenute osobine logaritma:
[dispmath]\ln\bigl(f(b)+f'(b)+\cdots+f^{(n)}(b)\bigr)-\ln\bigl(f(a)+f'(a)+\cdots+f^{(n)}(a)\bigr)=b-a.[/dispmath] Sada ne znam kako dalje, ako je ovo uopšte dobar početak.

Moja ideja je drugačija. Pošto iz [inlmath]\ln\bigl(f(b)+f'(b)+\cdots+f^{(n)}(b)\bigr)-\ln\bigl(f(a)+f'(a)+\cdots+f^{(n)}(a)\bigr)=b-a[/inlmath] sledi [inlmath]\frac{\ln\bigl(f(b)+f'(b)+\cdots+f^{(n)}(b)\bigr)-\ln\bigl(f(a)+f'(a)+\cdots+f^{(n)}(a)\bigr)}{b-a}=1[/inlmath], to nas nekako vuče da uvedemo pomoćnu funkciju [inlmath]g(x)=\ln\bigl(f(x)+f'(x)+\cdots+f^{(n)}(x)\bigr)[/inlmath] i da na nju primenimo Lagranžovu teoremu.

Da, da, hvala
Kako je [inlmath]\frac{\ln\bigl(f(b)+f'(b)+\cdots+f^{(n)}(b)\bigr)-\ln\bigl(f(a)+f'(a)+\cdots+f^{(n)}(a)\bigr)}{b-a}=1[/inlmath], uzmemo pomoćnu funkciju [inlmath]g(x)=\ln\bigl(f(x)+f'(x)+\cdots+f^{(n)}(x)\bigr)[/inlmath]. Kada na nju primenimo Lagranžovu teoremu, dobijemo da postoji [inlmath]c\in(a,b)[/inlmath] takvo da je:
[dispmath]\frac{g(b)-g(a)}{b-a}=g'(c)=1\text{ (na osnovu izraza gore)}.[/dispmath][dispmath]g'(c)=\frac{f'(c)+f''(c)+\cdots+f^{(n)}+f^{(n+1)}(c)}{f(c)+f'(c)+\cdots+f^{(n)}(c)}[/dispmath] To jest:
[dispmath]g'(c)=\frac{f(c)+f'(c)+f''(c)+\cdots+f^{(n)}+f^{(n+1)}(c)-f(c)}{f(c)+f'(c)+\cdots+f^{(n)}(c)}=1[/dispmath] Odakle sledi:
[dispmath]\frac{f^{(n+1)}(c)-f(c)}{f(c)+f'(c)+\cdots+f^{(n)}(c)}=0[/dispmath] Odavde je [inlmath]\color{red}f^{(n+1)}(c)=f(c)[/inlmath], uz uslov da je [inlmath]f(c)+f'(c)+\cdots+f^{(n)}(c)\ne0[/inlmath].

Pa dobro, može i tako. Ja sam radio neznatno drugačije, tako što sam odmah [inlmath]\frac{f'(c)+f''(c)+\cdots+f^{(n)}(c)+f^{(n+1)}(c)}{f(c)+f'(c)+f''(c)+\cdots+f^{(n)}(c)}[/inlmath] izjednačio s kecom, odatle izjednačio brojilac i imenilac, i onda samo [inlmath]\cancel{f'(c)}+\cancel{f''(c)}+\cdots+\cancel{f^{(n)}(c)}+f^{(n+1)}(c)=f(c)+\cancel{f'(c)}+\cancel{f''(c)}+\cdots+\cancel{f^{(n)}(c)}[/inlmath].