mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 17, 2013 1:26 am**

Να βρεθεί η παραγωγίσμη συνάρτηση $f:(0,+\infty)\to\mathbb{R}$ αν ισχύουν:
$\bullet f(x)>0$ για κάθε $x\in (0,+\infty)$ ,
$\bullet f(1)=1$ ,
$\bullet$ υπάρχουν δύο διαφορετικοί θετικοί αριθμοί $a\;,\;b$ με a b=1

και

,
$\bullet$ ισχύει ότι $\left[f(x)\right]^{f'(x)}=x$ για κάθε x>0

.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 17, 2013 5:55 pm**

kostas_zervos έγραψε:Να βρεθεί η παραγωγίσμη συνάρτηση $f:(0,+\infty)\to\mathbb{R}$ αν ισχύουν:
$\bullet f(x)>0$ για κάθε $x\in (0,+\infty)$ ,
$\bullet f(1)=1$ ,
$\bullet$ υπάρχουν δύο διαφορετικοί θετικοί αριθμοί $a\;,\;b$ με και ,
$\bullet$ ισχύει ότι $\left[f(x)\right]^{f'(x)}=x$ για κάθε .

Καλησπέρα.Θα ήθελα να προτείνω μια λύση:

Για x,f(x) >0

έχουμε ότι: $\left[f(x)\right]^{f'(x)}=x$ $\Rightarrow$ f'(x)lnf(x)=lnx

.

Άρα: $(f(x)lnf(x)-f(x))'=(xlnx-x)' \Rightarrow f(x)lnf(x)-f(x)=xlnx-x+c$ .

Όμως f(1)=1

, οπότε

και συνεπώς f(x)lnf(x)-f(x)=xlnx-x

.

Έστω ότι: $f(x) \neq x, x>0$ . Τότε: $\frac{f(x)}{e} \neq \frac{x}{e}$ $\Rightarrow$ $(\frac{f(x)}{e})^{\frac{f(x)}{e}} \neq(\frac{x}{e})^{\frac{x}{e}}$ $\Rightarrow$ $ln[(\frac{f(x)}{e})^{\frac{f(x)}{e}}] \neq ln[(\frac{x}{e})^{\frac{x}{e}}]$ $\Rightarrow$ $\frac{f(x)}{e}ln\frac{f(x)}{e} \neq \frac{x}{e}ln\frac{x}{e}$ $\Rightarrow$ $f(x) ln\frac{f(x)}{e} \neq x ln\frac{x}{e}$ $\Rightarrow$ $f(x)(lnf(x)-1) \neq x(lnx-1)$ , άτοπο. $\rightarrow$ λάθος

Άρα f(x)=x, x>0

.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 17, 2013 7:01 pm**

Giorgos S έγραψε: Έστω ότι: $f(x) \neq x, x>0$ . Τότε: $\color{red}\frac{f(x)}{e} \neq \frac{x}{e}$ $\color{red}\Rightarrow$ $\color{red}(\frac{f(x)}{e})^{\frac{f(x)}{e}} \neq(\frac{x}{e})^{\frac{x}{e}}$
....

Γιώργο σου έστειλα μήνυμα , ο συλλογισμός στο σημείο αυτό είναι λάθος...

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 17, 2013 7:31 pm**

Επαναφέρω τη λύση

Ισχυρίζομαι οτι f(x)=x

για καθε

Έστω ,χωρίς βλάβη της γενικότητας, ότι υπάρχει κάποιο x_0>0

με

σχ.1 . Θεωρώ την h(x)=f(x)-x

η οποία είναι συνεχής ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων σε περιοχή του x_0

, άρα απο θεώρημα min-max παίρνει μέγιστη τιμή όταν x=x_0

. Απο θ. FERMAT θα είναι ${h΄(x_0)}=0$ δηλαδή f΄(x_0)=1

και έχουμε λοιπόν με αντικατάσταση όπου x=x_0

στη τελευταία σχέση της υπόθεσης
${f(x_0)}^{f΄(x_0)}$ $={f(x_0)}^{1}>x_0$ λόγω σχ.1 .
'ΑΤΟΠΟ λόγω της τελευταίας σχέσης της υπόθεσης

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 17, 2013 7:35 pm**

γιατί

;

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 17, 2013 7:44 pm**

συγγνώμη αλλά δεν το καταλαβαίνω
λέτε έστω $f(x_{0})>x_{0}$ και καταλήγετε στο $f(x_{0})>x_{0}$ , οπότε ποιο είναι το άτοπο
επίσης από που προκύπτει ότι $f'(x_{0})=0$ . Μήπως εννοείτε $h'(x_{0})=0$ ;

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 17, 2013 8:19 pm**

Giorgos S έγραψε:... συνεπώς .

Χαιρόμαστε να βλέπουμε την νεολαία μας να παλεύει να διαλευκάνει ένα σημείο.

Παρατήρησα ότι στα παραπάνω υπήρχαν διάφορες προσπάθειες να αποδειχθεί ότι ισχύει $\ln x =x$ αν ξέρουμε ότι f(x)lnf(x)-f(x)=xlnx-x

(μερικές σβήστηκαν από τους συγγραφείς τους όταν κάποιος από τους υπόλοιπους υπέδειξε σφάλμα).

Δεν θα μπω στη συζήτηση για να αφήσω την νεολαία μας να συνεχίσει να το παλεύει.

Η επιστήμη προχωρά με ανταλλαγή ιδεών και αυτό χαιρόμαστε να βλέπουμε να κάνουν οι μαθητές μας. Θα επισημάνω μόνο ένα σημείο: Πρέπει για το αποδεικτέο να χρησιμοποιήσουμε και τις υπόλοιπες υποθέσεις της άσκησης. Χωρίς αυτές δεν βγαίνει το ζητούμενο γιατί το γράφημα της $x\ln x-x$ είναι όπως στο παρακάτω.

Εύγε στα παιδιά. Συνεχίστε.

Φιλικά,

Μιχάλης

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 17, 2013 9:23 pm**

Ως θεματοδότης θέλω να δώσω έμφαση σ' αυτό που έγραψε ο Μιχάλης:

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Giorgos S έγραψε:... συνεπώς .
Θα επισημάνω μόνο ένα σημείο: Πρέπει για το αποδεικτέο να χρησιμοποιήσουμε και τις υπόλοιπες υποθέσεις της άσκησης. Χωρίς αυτές δεν βγαίνει το ζητούμενο ....

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 17, 2013 9:27 pm**

από τις υπθέσεις διαπιστώνουμε τα εξής:
η

δεν είναι

και επειδή είναι συνεχής είναι ή σταθερή ή έχει διαφορετικά είδη μονοτονίας
f(a)f(1/a)=1

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 17, 2013 10:40 pm**

Έχουμε καταλήξει στα εξής: f(x)lnf(x)-f(x)=xlnx-x (1)

Έστω ότι υπάρχει $x_{0}>0$ , τέτοιο ώστε: $f'(x_{0})=0$ .
Τότε από τη σχέση $f(x)^{f'(x)}=x$ για $x=x_{0}$ θα προέκυπτε ότι $x_{0}=1$ .
Παραγωγίζοντας τη (2)

: $f''(x)lnf(x)+\frac{(f'(x))^_{2}}{ f(x)}=1/x$ η οποία για $x=x_{0}=1$ γίνεται: 0=1, άτοπο. Άρα $f'(x) \neq0$ και επειδή συνεχής, αφού είναι παραγωγίσιμη, διατηρεί πρόσημο. 'Ομως f'(a)>0

, οπότε

.

Θεωρούμε τη συνάρτηση:
g(u)=ulnu-u

,

, γν. φθίνουσα στο (0,1]

και γν.αύξουσα στο $[1,+\propto)$

Έστω ότι $f(x) \neq x$ , και ειδικότερα f(x)>x

.

Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

1) $0<x<f(x) \leq1$ $\Rightarrow$ g(x)>g(f(x))

$\Rightarrow$ f(x)lnf(x)-f(x)<xlnx-x

, άτοπο λόγω (1)

2) $1 \leq x<f(x)$ $\Rightarrow$ g(x)<g(f(x))

$\Rightarrow$ f(x)lnf(x)-f(x)>xlnx-x

, άτοπο λόγω (1)

Τώρα αν

, επειδή

και επομένως

γν.αύξουσα, f(x)<1<f(f(x))

, άτοπο.

ομοίως αν f(x)<x

Άρα

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 17, 2013 11:50 pm**

Giorgos S έγραψε: Παραγωγίζοντας τη : $f''(x)lnf(x)+\frac{(f'(x))^_{2}}{ f(x)}=1/x$ η οποία για $x=x_{0}=1$ γίνεται: 0=1, άτοπο. Άρα $f'(x) \neq0$ και επειδή συνεχής, αφού είναι παραγωγίσιμη, διατηρεί πρόσημο. 'Ομως , οπότε .

Ωραία Γιώργο.

Να δικαιολογήσεις ένα σημείο , όμως:
Γιατί η

είναι παραγωγίσιμη (και ειδικά στο x_o=1

εφόσον στη σχέση που βρίσκεις βάζεις x=1

) . Νομίζω εδώ υπάρχει δυσκολία...

Πάντως μπορείς να δείξει ότι f'(x)>0

για κάθε $x\in(0,1)\cup(1,+\infty)$ χωρίς τη 2η παράγωγο και να μην χρησιμοποιήσεις την f'(1)

...

καλή συνέχεια...

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 18, 2013 12:10 am**

Έστω ότι υπάρχει $x_{1} \neq1$ : $f(x_{1})=1$ . Τότε από τη σχέση (2)

$1^{f'(x_{1})}=x_{1} \Rightarrow x_[1}=1$ , άτοπο, άρα για $x \neq1$ $f(x) \neq1$ άρα και $lnf(x) \neq 0$ .
Επομένως: $f'(x)=lnx/lnf(x), x \in (0,1)\cup(1,+\infty)$ . Οπότε αν δείξουμε ότι f(x), x

ανήκουν στο ίδιο διάστημα,
μπορούμε να δείξουμε και ότι f'(x)>0

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 18, 2013 12:36 am**

Giorgos S έγραψε:Έστω ότι υπάρχει $x_{1} \neq1$ : $f(x_{1})=1$ . Τότε από τη σχέση $1^{f'(x_{1})}=x_{1} \Rightarrow x_[1}=1$ , άτοπο, άρα για $x \neq1$ $f(x) \neq1$ άρα και $lnf(x) \neq 0$ .
Επομένως: $\color{red}{f'(x)=lnx/lnf(x)}, x \in (0,1)\cup(1,+\infty)$ . Οπότε αν δείξουμε ότι ανήκουν στο ίδιο διάστημα,
μπορούμε να δείξουμε και ότι

Ανάποδα . Για να δείξεις ότι f(x), x

ανήκουν στο ίδιο διάστημα, πρέπει να δείξεις και ότι f'(x)>0

για κάθε $x\in(0,1)\cup(1,+\infty)$ .

Είσαι κοντά...
Έχει και άλλα στην εκφώνηση...

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 18, 2013 1:02 am**

Έχουμε καταλήξει στα εξής: f(x)lnf(x)-f(x)=xlnx-x (1)

Έστω ότι υπάρχει $x_{0} \neq 1$ : $f'(x_{0})=0$ . Τότε από (2)

: $f'(x_{0})lnf(x_{0})=lnx_{0} \Rightarrow lnx_{0}=o \Rightarrow x_{0}=1$ , άτοπο.
Άρα $f'(x) \neq 0$ .
Η

συνεχής στο $(0,1)\cup(1,+\infty)$ .

Έστω ότι υπάρχει

:

.
Επίσης f'(a)>0

( $a , b \neq 1$ )

Άρα από θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ $\in (k , a)$ , τέτοιο ώστε: f'(

ξ

,άτοπο,

Αρα f'(x)>0

, $x\in(0,1)\cup(1,+\infty)$ . Επομένως τα x,f(x)

στο ίδιο διάστημα.

Θεωρούμε τη συνάρτηση:
g(u)=ulnu-u

,

, γν. φθίνουσα στο (0,1]

και γν.αύξουσα στο $[1,+\propto)$

Έστω ότι $f(x) \neq x$ , και ειδικότερα f(x)>x

.

Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

1) 0<x<f(x) <1

$\Rightarrow$ g(x)>g(f(x))

$\Rightarrow$ f(x)lnf(x)-f(x)<xlnx-x

, άτοπο λόγω (1)

2)

$\Rightarrow$ g(x)<g(f(x))

$\Rightarrow$ f(x)lnf(x)-f(x)>xlnx-x

, άτοπο λόγω (1)

ομοίως αν

Άρα

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 18, 2013 8:43 am**

Μπράβο στο Γιώργο για την προσπάθεια που έκανε!

Να συμπληρώσω μερικά σημεία:

$\bullet$ Αφού υπάρχουν δύο διαφορετικοί θετικοί αριθμοί $a\;,\;b$ με $a\cdot b=1$ και f'(a)=f'(b)>0

, θα πρέπει ο ένας να ανήκει στο (0,1)

και ο άλλος στο $(1,+\infty)$ .
π.χ. $a\in (0,1)$ και f'(a)>0

και $b\in(1,+\infty)$ και $f'(b)>0\;\;(1)$
Από τη σχέση $f'(x)\cdot lnf(x)=ln x$ συμπεραίνουμε ότι $lnf(x)\neq 0$ και $f'(x)\neq 0$ για κάθε $x\in(0,1)\cup(1,+\infty)$ και από εδώ $\displaystyle f'(x)=\frac{ln x}{lnf(x)}$ για κάθε $x\in(0,1)\cup(1,+\infty)$ . Άρα η

είναι συνεχής στα $(0,1)\;,\;(1,+\infty)$ και δεν μηδενίζεται σε καθένα από αυτά , επομένως διατηρεί σταθερό πρόσημο και από τις (1)

έχουμε ότι f'(x)>0

για κάθε $x\in (0,1)\cup(1,+\infty)$ .

Επιπλέον η

είναι συνεχής στο $(0,+\infty)$ , άρα είναι γνησίως αύξουσα στο $(0,+\infty)$ (δεν μας ενδιαφέρει τι γίνεται με το f'(1)

).

$\bullet$ Η $g(x)=x\cdot ln x-x$ είναι γν. φθίνουσα στο (0,1)

και γν. αύξουσα στο $(1,+\infty)$ .

Αν 0<x<1

, τότε $f(x)<f(1) \iff f(x)<1$ (αφού $f\uparrow)$ .
Έτσι $f(x)\cdot lnf(x)-f(x)=x\cdot lnx -x \iff g(f(x))=g(x) \iff f(x)=x$ (αφού $g\;1-1$ στο (0,1)

).

Αν

, τότε $f(x)>f(1) \iff f(x)>1$ (αφού $f\uparrow)$ .
Έτσι $f(x)\cdot lnf(x)-f(x)=x\cdot lnx -x \iff g(f(x))=g(x) \iff f(x)=x$ (αφού $g\;1-1$ στο $(1,+\infty)$ ).

Επιπλέον f(1)=1

, άρα

για κάθε

.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 18, 2013 12:34 pm**

Δέν δίδω τήν λύση αὐτή τήν στιγμή.

Ὅμως, ἀφ´ ἑνός μεν τό τρίτο bullet εἶναι καταχρηστικό, ἀφ᾽ ἑτέρου, ἀρκεῖ νά δείξει κάποιος τό ἑξῆς (ἐξὀχως ἐνδιαφέρον):

Ἄν $f:\mathbb R_+\to\mathbb R_+$ συνεχής, ὥστε

$\displaystyle{ f(x)\log f(x) - f(x) \,=\, x\log x-x, }$

τότε $f(x)\equiv x$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 18, 2013 1:25 pm**

Γ.-Σ. Σμυρλής έγραψε:Δέν δίδω τήν λύση αὐτή τήν στιγμή.

Ὅμως, ἀφ´ ἑνός μεν τό τρίτο bullet εἶναι καταχρηστικό, ἀφ᾽ ἑτέρου, ἀρκεῖ νά δείξει κάποιος τό ἑξῆς (ἐξὀχως ἐνδιαφέρον):

Ἄν $f:\mathbb R_+\to\mathbb R_+$ συνεχής, ὥστε

$\displaystyle{ f(x)\log f(x) - f(x) \,=\, x\log x-x, }$

τότε $f(x)\equiv x$ .

Σωστά , αν η

ήταν γνησίως φθίνουσα στο $[1,+\infty)$ , τότε για $x>1\Rightarrow f(x)<f(1)=1$ , άρα και για x>e

θα είναι

.

Αλλά για $x\in(0,1)$ ισχύει ότι $\displaystyle x ln x-x\in\left(-1,0\right)$ , δηλαδή το $f(x)ln f(x)-f(x)\in (-1,0)$ , ενώ για x>e

είναι

, άρα δεν μπορεί να ισχύει ότι f(x)lnf(x)-f(x)=x lnx-x

για κάθε $x\geq 1$ .

Ενώ αν η

είναι γν. φθίνουσα στο (0,1]

, λόγω συνέχειας θα είχαμε $f(x)\geq 1$ και επειδή η

θα πρέπει να είναι γν. αύξουσα στο $[1,+\infty)$ θα ισχύει ότι $f(x)=x\;,\;x\geq 1$ και το x=1

είναι ελάχιστο , η

είναι παραγωγίσιμη στο x=1

, θα είναι f'(1)=0

, άλλα $\displaystyle \lim_{x\to 1^+}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\dots=1$ .

Απλώς η άσκηση κατασκευάστηκε για να μαθητές Γ λυκείου και είχε έτσι κι' αλλιώς δυσκολία γι' αυτό πρόσθεσα και το τρίτο bullet.

mathematica.gr

Να βρεθεί η συνάρτηση

Να βρεθεί η συνάρτηση

Re: Να βρεθεί η συνάρτηση

Re: Να βρεθεί η συνάρτηση

Re: Να βρεθεί η συνάρτηση

Re: Να βρεθεί η συνάρτηση

Re: Να βρεθεί η συνάρτηση

Re: Να βρεθεί η συνάρτηση

Re: Να βρεθεί η συνάρτηση

Re: Να βρεθεί η συνάρτηση

Re: Να βρεθεί η συνάρτηση

Re: Να βρεθεί η συνάρτηση

Re: Να βρεθεί η συνάρτηση

Re: Να βρεθεί η συνάρτηση

Re: Να βρεθεί η συνάρτηση

Re: Να βρεθεί η συνάρτηση

Re: Να βρεθεί η συνάρτηση

Re: Να βρεθεί η συνάρτηση