Για τους μαθητές της Γ Λυκείου

#81

Tolaso J Kos έγραψε:
Tolaso J Kos έγραψε:Άσκηση 16 (από περιοδικό)

Έστω $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ η οποία ορίζεται ως εξής: $\displaystyle{f(x)=\left\{\begin{matrix} x\log^2 \left | x \right | & , & x \neq 0 \\ 0& , & x =0 \end{matrix}\right.}$ . Να δείξετε ότι είναι συνεχής στο $\mathbb{R}$ και να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου $\Omega$ που περικλείεται της $\mathcal{C}_f$ , του άξονα και των ευθειών $x=0, \; x=\frac{1}{e}$ .

Είχε και άλλα ερωτήματα (όπως κυρτότητα, σύνολο τιμών κτλ) αλλά δε τα προσθέτω αφού είναι αρκετά γνωστά ως "μεθοδολογίες" και αρκετά χρονοβόρα στο γράψιμο.
Επαναφορά. Αν και την ιδέα μάλλον την έχω ξανά βάλει. Δε πειράζει.

Για να μην μένει αναπάντητη: Επειδή η συνάρτηση είναι περιττή, αρκεί να βρούμε το πλευρικό όριο $x\to 0+$ . Προς αυτό γράφουμε την δοθείσα ως $\frac {\ln ^2 x } { \frac {1}{x}}$ που οδηγεί σε όριο της μορφής $\frac {\infty } { \infty}$ . Με διπλό l' Hospital, τελειώνουμε.

Για το εμβαδόν, χρειάζεται λίγο προσοχή στο αριστερό όριο ολοκλήρωσης. Όπως και να είναι, θέλουμε (γενικότερα) το $\int x\ln^2 x dx$ που με δύο φορές κατά παράγοντες ισούται $\frac {1}{2} x^2 \ln ^2 x- \frac {1}{2} x^2\ln x +\frac {1}{4}x^2 +c$ . Και λοιπά.

Rempeskes · #82

Λάμπρος Μπαλός έγραψε: Αφορμής δοθείσης από μια παρατήρηση του Χρήστου Ντάβα.
Ας λύσουμε τα δύο πρώτα ερωτήματα γνωρίζοντας ότι η είναι μία φορά παραγωγίσιμη και όχι δύο. Πιστεύω για τους μαθητές έχουν αξία!
Χρήστο σε ευχαριστώ!

i)

$\displaystyle{\lim_{x\rightarrow 0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{h(x)sin2x+{e}^{2x}-1}{x}=\lim_{x\rightarrow 0}\left( 2\cdot h(x)\cdot \frac{sin2x}{2x}+\frac{{e}^{2x}-1}{x}\right)=2(-1)1+2=0 \in \mathbb{R} }$

$\Rightarrow f'(0)=0$

ii)

Θεωρώ χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι $f(c)\geq f(a)>0$ .

Αν ισχύει f(c)=f(a)

τότε με

στο

για την

εύκολα προκύπτει το ζητούμενο.

Αλλιώς αν f(c)>f(a)>0

τότε εφόσον f(a)+f(c)=f(b)

, συμπεραίνουμε ότι $f(b)\geq f(c)>f(a)$ .

Από το Θεώρημα ενδιαμέσων τιμών λοιπόν στο [a,b]

για την

προκύπτει ότι $\exists \theta \in (a,b):f(\theta)=f(c)$ .

Εφαρμόζοντας Rolle

στο $\left[\theta,c \right]\left \subseteq \left[a,c \right]\right$ για την

,προκύπτει το ζητούμενο.

#83

ΆΣΚΗΣΗ 27

Θεωρούμε μια συνάρτηση

ορισμένη και δύο φορές παραγωγίσιμη στο $[0,+\infty)$ με f(0) = 0

και

.
Δίνεται επιπλέον ότι f''(x)>f'(x)

για κάθε $[0,+\infty)$ .
Nα δείξετε ότι:
α. Για κάθε x > 0

ισχύει

.
β. Η συνάρτηση

με τύπο

είναι γνησίως αύξουσα στο $[0,+\infty)$ και ότι
για κάθε $x \in(0,+\infty)$ ισχύει f(x) > 0

.
γ. Η συνάρτηση

με τύπο

είναι κυρτή στο $[0,+\infty)$ .
δ. ισχύει $f(2)>f(1)\cdot \sqrt{2}$ .

#84

xr.tsif έγραψε:ΆΣΚΗΣΗ 27

Θεωρούμε μια συνάρτηση ορισμένη και δύο φορές παραγωγίσιμη στο $[0,+\infty)$ με και .
Δίνεται επιπλέον ότι για κάθε $[0,+\infty)$ .
Nα δείξετε ότι:
α. Για κάθε ισχύει .
β. Η συνάρτηση με τύπο είναι γνησίως αύξουσα στο $[0,+\infty)$ και ότι
για κάθε $x \in(0,+\infty)$ ισχύει .
γ. Η συνάρτηση με τύπο είναι κυρτή στο $[0,+\infty)$ .
δ. ισχύει $f(2)>f(1)\cdot \sqrt{2}$ .

...Καλησπέρα

με μια αντιμετώπιση στο θέμα του φίλου μου του Χρήστου...

α. Είναι η συνάρτηση $t(x)={f}'(x)-f(x),\,\,x\in [0,\,\,+\infty )$ συνεχής στο $[0,\,\,+\infty )$ και παραγωγίσιμη με

${t}'(x)={f}''(x)-{f}'(x)>0,\,\,x\in (0,\,\,+\infty )$ λόγω υπόθεσης, άρα είναι γνήσια αύξουσα στο $[0,\,\,+\infty )$

επομένως για x > 0

ισχύει ότι $t(x)>t(0)\Leftrightarrow {f}'(x)-f(x)>0\Leftrightarrow {f}'(x)>f(x)$

β) Η συνάρτηση g(x) = e ^ x f(x)

είναι συνεχής στο $[0,+\infty)$ και παραγωγίσιμη με

$\displaystyle{g(x)={{e}^{-x}}{f}'(x)-{{e}^{-x}}f(x)={{e}^{-x}}({f}'(x)-f(x))>0,\,\,\,x\in (0,\,\,+\infty )}$ , λόγω του (α) άρα η

είναι γνησίως αύξουσα στο $[0,+\infty)$ επομένως ισχύει για x > 0

ότι $g(x)>g(0)\Leftrightarrow {{e}^{-x}}f(x)>0\Leftrightarrow f(x)>0$

γ) Η h(x) = f ^2(x)

είναι συνεχής στο $[0,+\infty)$ και δύο φορες παραγωγίσιμη στο $(0,+\infty )$ με {h}'(x)=2f(x){f}'(x)

και

${h}''(x)=2({f}'(x){f}'(x)+f(x){f}''(x))=2\left( {{({f}'(x))}^{2}}+f(x){f}''(x) \right)>0$ γιατί από υπόθεση και (α), (β) ισχύει ότι

{f}''(x)>{f}'(x)>f(x)>0

άρα η

είναι κυρτή στο $[0,\,\,+\infty )$

δ) Θέλουμε ότι $f(2)>f(1)\cdot \sqrt{2}\overset{f(x)>0}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,{{f}^{2}}(2)>{{f}^{2}}(1)\cdot 2\Leftrightarrow h(2)>2h(1)\Leftrightarrow h(2)-h(1)>h(1)$ (1)

Τώρα σύμφωνα με το Θ.Μ.Τ. για την

στο $[1,\,\,2]$ υπάρχει $\xi \in (1,\,\,2)$ ώστε ${h}'(\xi )=\frac{h(2)-h(1)}{2-1}=h(2)-h(1)$ οπότε από (1)

αρκεί ${h}'(\xi )>h(1)\Leftrightarrow 2f(\xi ){f}'(\xi )>{{f}^{2}}(1)$ (2)

Είναι $1<\xi \overset{f:\nearrow }{\mathop{\Rightarrow }}\,f(1)<f(\xi )<{f}'(\xi )$ ( λόγω (α)) άρα ισχύουν ότι

$f(\xi )>f(1)>0,\,\,\,{f}'(\xi )>f(1)>0$ και πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη έχουμε ότι $f(\xi ){f}'(\xi )>{{f}^{2}}(1)>0$ άρα

$2f(\xi ){f}'(\xi )>2{{f}^{2}}(1)>{{f}^{2}}(1)$ που είναι αυτό που θέλαμε.

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

Rempeskes · #85

Διαφορετικά για το δ),

Εφαρμόζοντας το $\Theta MT$ για την

στα διαστήματα $\left[0,1 \right]$ και $\left[1,2 \right]:$

$\displaystyle{\exists \xi_1 \in \left(0,1 \right):h'(\xi_1)=\frac{h(1)-h(0)}{1-0} }$

$\displaystyle{\exists \xi_2 \in \left(1,2 \right): h'(\xi_2)=\frac{h(2)-h(1)}{2-1}}$

$\displaystyle{\xi_1 < \xi_2 \Rightarrow h'(\xi_1)<h'(\xi_2)\Rightarrow h(1)-0<h(2)-h(1)}$

$\displaystyle{\Rightarrow 2f^2(1)<f^2(2)\overset{f(x)>0}{\mathop{\Rightarrow }}\ \boxed{\sqrt{2}f(1)<f(2)}}$

Λάμπρος Μπαλός · #86

ΑΣΚΗΣΗ 28
Εχει ξαναϋπάρξει εδώ στο mathematica η συγκεκριμένη. Αφού συλλέγουμε ας την ξαναβάλω. Αλλωστε έχω ξαναπεί ότι τη θεωρώ πολύ όμορφη

Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:R \rightarrow R$ , με f(0)=0

και

$f^{4}(x)f'(x)+f'(x)=1$ (1)

Α) Να δείξετε ότι η

είναι γνησίως αύξουσα στο

.

Β) Να δείξετε ότι η

αντιστρέφεται και να βρείτε την $f^{-1}(x)$ .

Γ) Να δείξετε ότι η

είναι δύο φορές παραγωγίσιμη ,με συνεχή δεύτερη παράγωγο και να τη μελετήσετε ως προς την κυρτότητα και τα σημεία καμπής.

Δ) Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της f''(x)

, τους άξονες και την ευθεία x=630

Ε) Αν το

είναι σημείο της γραφικής παράστασης της

, με $0 < a < \frac{6}{5}$ , να βρείτε τις ρίζες της συνάρτησης $g(x)=b^{x}+(b-a)x$ .

Christos.N · #87

ΆΣΚΗΣΗ 28

Α)

$\displaystyle{{f^4}\left( x \right)f'\left( x \right) + f'\left( x \right) = 1\mathop \Rightarrow \limits^{{f^4}\left( x \right) + 1 > 0} f'\left( x \right) = \frac{1}{{{f^4}\left( x \right) + 1}} > 0,\,\,x \in R}$

Άρα η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα στο πεδίο ορισμού της,που είναι το $\displaystyle{R}$ .

Β)

$\displaystyle{{f^4}\left( x \right)f'\left( x \right) + f'\left( x \right) = 1 \Rightarrow {\left( {\frac{{{f^5}\left( x \right)}}{5} + f\left( x \right)} \right)^\prime } = x' \Rightarrow \frac{{{f^5}\left( x \right)}}{5} + f\left( x \right) = x + c,c \in R\mathop \Rightarrow \limits^{x = 0 \Rightarrow c = 0} \frac{{{f^5}\left( x \right)}}{5} + f\left( x \right) = x,x \in R}$

Γνωρίζουμε ότι η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα, συνεπώς γνησίως μονότονη , άρα 1-1

και κατά συνέπειαν αντιστρέψιμη. Στην παραπάνω για $\displaystyle{x = {f^{ - 1}}\left( y \right),y \in f\left( R \right)}$ προκύπτει:

$\displaystyle{\frac{{{f^5}\left( x \right)}}{5} + f\left( x \right) = x \Rightarrow \frac{{{y^5}}}{5} + y = {f^{ - 1}}\left( y \right)}$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Για να οριστεί η αντίστροφη πρέπει να βρούμε το πεδίο ορισμού της το οποίο είναι το σύνολο τιμών της $\displaystyle{f}$ .

Η συνάρτηση $\displaystyle{f}$ είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής στο πεδίο ορισμού της καθώς είναι παραγωγίσιμη σε αυτό, συνεπώς το σύνολο τιμών της θα είναι $\displaystyle{f\left( R \right) = \left( {\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right),\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right)} \right)}$ .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Αφού τα όρια θα υπάρχουν τότε $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = + \infty }$ είτε $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = l,l \in R}$ , Αν υποθέσουμε το τελευταίο τότε:

$\displaystyle{\frac{{{f^5}\left( x \right)}}{5} + f\left( x \right) = x \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{{{f^5}\left( x \right)}}{5} + f\left( x \right)} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } x \Rightarrow \frac{{{l^5}}}{5} + l = + \infty }$

και οδηγούμαστε σε άτοπο, άρα $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = + \infty }$ , ομοίως $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = - \infty }$ .

Άρα η αντίστροφη συνάρτηση έχει τύπο $\displaystyle{ f^{-1}(x)= \frac{{{x^5}}}{5} + x,\,x \in R}$

Γ)

Έχουμε: $\displaystyle{{f^4}\left( x \right)f'\left( x \right) + f'\left( x \right) = 1\mathop \Rightarrow \limits^{{f^4}\left( x \right) + 1 > 0} f'\left( x \right) = \frac{1}{{{f^4}\left( x \right) + 1}}}$ άρα η συνάρτηση $\displaystyle{{f'}}$ είναι δύο φορές παραγωγίσιμη αφού προκύπτει από πράξεις και συνθέσεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων.

$\displaystyle{f'\left( x \right) = \frac{1}{{{f^4}\left( x \right) + 1}} \Rightarrow f''\left( x \right) = - \frac{{4{f^3}\left( x \right)f'\left( x \right)}}{{{{\left( {{f^4}\left( x \right) + 1} \right)}^2}}} = - 4\frac{{f'\left( x \right)}}{{{{\left( {{f^4}\left( x \right) + 1} \right)}^2}}}{f^3}\left( x \right)}$

Από τον τύπο της δεύτερης παραγώγου προκύπτει ότι έχουμε πράξεις και συνθέσεις συνεχών συναρτήσεων, καθώς τόσο η $\displaystyle{f}$ όσο και η $\displaystyle{f'}$ είναι συνεχείς συναρτήσεις καθώς παραγωγίσιμες.
Γνωρίζουμε ότι $\displaystyle{\frac{{f'\left( x \right)}}{{{{\left( {{f^4}\left( x \right) + 1} \right)}^2}}}>0}$ άρα :

$\displaystyle{\left\{ \begin{gathered} x > 0 \Rightarrow f\left( x \right) > 0 \Rightarrow - 4\frac{{f'\left( x \right)}}{{{{\left( {{f^4}\left( x \right) + 1} \right)}^2}}}{f^3}\left( x \right) < 0 \Rightarrow f''\left( x \right) < 0 \hfill \\ x = 0 \Rightarrow f''\left( 0 \right) = 0 \hfill \\ x < 0 \Rightarrow f\left( x \right) < 0 \Rightarrow - 4\frac{{f'\left( x \right)}}{{{{\left( {{f^4}\left( x \right) + 1} \right)}^2}}}{f^3}\left( x \right) > 0 \Rightarrow f''\left( x \right) > 0 \hfill \\ \end{gathered} \right.}$

Δηλαδή η συνάρτηση στρέφει τα κοίλα άνω στο $\displaystyle{\left( { - \infty ,0} \right)}$ παρουσιάζει σημείο καμπής στο σημείο $\displaystyle{\left( {0,f\left( 0 \right)} \right) \equiv \left( {0,0} \right)}$ και στη συνέχεια στρέφει τα κοίλα προς τα κάτω στο $\displaystyle{\left( {0, + \infty } \right)}$

Δ) (Λάμπρο μήπως εννοείς κάτι άλλο;)

Ε)

$\displaystyle{f\left( a \right) = b \Rightarrow a = {f^{ - 1}}\left( b \right) \Rightarrow 0 < {f^{ - 1}}\left( b \right) < \frac{6}{5} \Rightarrow {f^{ - 1}}\left( 0 \right) < {f^{ - 1}}\left( b \right) < {f^{ - 1}}\left( 1 \right) \Rightarrow 0 < b < 1 \Rightarrow \ln b < 0\,.}$

Από τα παραπάνω προκύπτει:

$\displaystyle{g\left( x \right) = {b^x} + \left( {b - a} \right)x\mathop = \limits^{a = {f^{ - 1}}\left( b \right)} {b^x} + \left( {b - \frac{{{b^5}}}{5} - b} \right)x = {b^x} - \frac{{{b^5}}}{5}x \Rightarrow g'\left( x \right) = {b^x}\ln b - \frac{{{b^5}}}{5} < 0,x \in R}$

Άρα η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα συνεπώς και 1-1

. Παρατηρούμε ότι $\displaystyle{g\left( 5 \right) = {b^5} - \frac{{{b^5}}}{5}5 = 0}$ άρα μοναδική ρίζα της είναι το

.

Tolaso J Kos · #88

Δείτε και τη τότε συζήτηση στην άσκηση 28

Christos.N · #89

Tolaso J Kos έγραψε:Δείτε και τη τότε συζήτηση στην άσκηση 28

Δεν την είχα υπόψιν μου αυτήν την συζήτηση και μελετώντας την μου αποσαφηνίστηκαν διάφορα θολά σημεια. Όσο για το Δ που έχω αφήσει αναπάντητο μου δημιούργησε σύγχυση το "προφανές" του υπολογισμού του ολοκληρώματος . Για αυτόν τον λόγο καλύτερα ένα τέτοιο ερώτημα να είχε διατύπωση : να αποδειχθεί ότι το εμβαδόν είναι ίσο με.... .

Ευχαριστώ πολύ Αποστόλη για την παραπομπή .

erxmer · #90

ΑΣΚΗΣΗ 29

Δίνεται η συνάρτηση $\displaystyle{f(x)=ln^3x+3lnx-\frac{3}{2}x^2,x>0}$

1) Aποδείξτε οτι ln^3x+3lnx+f(3)<f(2)-f(1)x^2,x>0

2) Bρείτε το πλήθος των ριζών της εξίσωσης $\displaystyle{ln^3x+lnx^3=\displaystyle{lne^{\displaystyle{\frac{3}{2}x^2+a}}}, a \in \mathbb{R}}$

3) Aποδείξτε οτι $\displaystyle{\int_{x}^{2016}{tf(t)dt}<x\int_{x}^{2016}{f(t)dt}, x \in (0,2016)}$

4) Θεωρούμε την συνάρτηση $\displaystyle{F(x)=\int_{e}^{x}{f(t)dt},x>0}$ , δείξτε οτι

$\displaystyle{\frac{F(x)}{2}-\int_{1}^{e}{\frac{f(t)}{2}dt} \leq F\left(\frac{x+1}{2} \right), x \geq 1}$

Rempeskes · #91

Christos.N έγραψε:ΆΣΚΗΣΗ 28

$\displaystyle{\begin{gathered} \frac{{{f^5}\left( x \right)}}{5} + f\left( x \right) = x \Leftrightarrow f\left( x \right)\left( {\frac{{{f^4}\left( x \right)}}{5} + 1} \right) = x\mathop \Rightarrow \limits^{\frac{{{f^4}\left( x \right)}}{5} + 1 > 0} \left\{ \begin{gathered} x > 0 \Rightarrow f\left( x \right) > 0 \hfill \\ x < 0 \Rightarrow f\left( x \right) < 0 \hfill \\ \end{gathered} \right.( * ) \hfill \\ x \ne 0:|x| = \left| {f\left( x \right)\left( {\frac{{{f^4}\left( x \right)}}{5} + 1} \right)} \right| =\color{red}{ \left| {f\left( x \right)} \right|\left| {\frac{{{f^4}\left( x \right)}}{5} + 1} \right| < \left| {f\left( x \right)} \right|} \mathop \end{gathered} }$

Καλησπέρα.

Δυστυχώς αυτό δεν ισχύει.

Rempeskes · #92

erxmer έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 29

Δίνεται η συνάρτηση $\displaystyle{f(x)=ln^3x+3lnx-\frac{3}{2}x^2,x>0}$

1) Aποδείξτε οτι

2) Bρείτε το πλήθος των ριζών της εξίσωσης $\displaystyle{ln^3x+lnx^3=\displaystyle{lne^{\displaystyle{\frac{3}{2}x^2+a}}}, a \in \mathbb{R}}$

3) Aποδείξτε οτι $\displaystyle{\int_{x}^{2016}{tf(t)dt}<x\int_{x}^{2016}{f(t)dt}, x \in (0,2016)}$

4) Θεωρούμε την συνάρτηση $\displaystyle{F(x)=\int_{e}^{x}{f(t)dt},x>0}$ , δείξτε οτι

$\displaystyle{\frac{F(x)}{2}-\int_{1}^{e}{\frac{f(t)}{2}dt} \leq F\left(\frac{x+1}{2} \right), x \geq 1}$

Μια αντιμετώπιση..

α)

Η

δύο φορές παραγωγωγίσιμη στο πεδίο ορισμού της ως πράξεις μεταξύ δυο φορές παραγωγίσιμων συναρτήσεων.

Βρίσκουμε ότι $\displaystyle{f''(x)=-3\left(\frac{1}{x^2}\left(lnx-1 \right)^2 +1\right)<0}$

Για $x>1 \Rightarrow f'(x)<f'(1) \Rightarrow f'(x)<0$

Για $x<1 \Rightarrow f'(x)>f'(1) \Rightarrow f'(x)>0$

Οπότε η

παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο x_o=1

άρα έπεται ότι,

$\displaystyle{f(x)\leq f(1)=-\frac{3}{2} ,\forall x \in \left( 0,+\infty \right) \Rightarrow f(x)<0 ,\forall x \in \left( 0,+\infty \right)}$

Επίσης ισχύει ότι $3>2 \Rightarrow f(3)<f(2) \Rightarrow f(3)-f(2)<0$

Οπότε προκύπτει ότι $f(x)+f(3)-f(2)<0,\forall x \in \left( 0,+\infty \right)$

β)

$\displaystyle{ln^3x+lnx^3=\displaystyle{lne^{\displaystyle{\frac{3}{2}x^2+a}}\Leftrightarrow f(x)=a}$

Aν $a>-\frac{3}{2}$ τότε καμία ρίζα.

Αν $a=-\frac{3}{2}$ τότε μια ρίζα, την x_o=1

Αν $a<-\frac{3}{2}$ τότε δύο ρίζες ακριβώς, μια στο (0,1)

και άλλη μία στο $(0,+\infty)$ .

γ)

Θεωρώ συνάρτηση h(t)=f(t)(t-x)

όπου

δηλαδή

με $t,x \in (0,2016)$

Επίσης, ισχύει (από το (α)) ότι $f(t)<0 ,\forall t \in (0,2016)$ .

Συνεπώς, έχουμε ότι $h(t)<0 , \forall t \in (0,2016]$

Άρα προκύπτει ότι,

$\displaystyle{\int_{x}^{2016}h(t)dt<0 \Rightarrow \int_{x}^{2016}tf(t)dt<x \int_{x}^{2016}f(t)dt}$

δ)

Αρχικά για x=1

προκύπτει η ισότητα.

Τώρα για x>1

,

Η

δύο φορές παραγωγίσιμη και είτε μέσω του ΘΟΛ, είτε παρανόμως παραγωγίζοντας την συνάρτηση ολοκλήρωμα παίρνουμε ότι,

F''(x)=f'(x)<0

στο $(1,+\infty)$ συνεπώς η

γνησίως φθίνουσα στο $(1,+\infty)$ .

Εφαρμόζοντας το Θεώρημα Μέσης Τιμής στα διαστήματα $\displaystyle{\left[1,\frac{x+1}{2} \right],\left[\frac{x+1}{2},x \right]}$ ,

$\displaystyle{\exists \xi_1 \in \left(1,\frac{x+1}{2} \right): F'(\xi_1)=\frac{F\left( \frac{x+1}{2}\right)-F(1)}{\frac{x-1}{2}}}$

$\displaystyle{\exists \xi_2 \in \left(\frac{x+1}{2},x \right): F'(\xi_2)=\frac{F(x)-F\left( \frac{x+1}{2}\right)}{\frac{x-1}{2}}}$

Ισχύει ότι ,

$\displaystyle{\xi_2>\xi_1\Rightarrow F'(\xi_2)<F'(\xi_1) \Rightarrow F(x)-F\left( \frac{x+1}{2}\right)<F\left( \frac{x+1}{2}\right)-F(1)}$

$\displaystyle{\Rightarrow \frac{F(x)}{2}-\int_{1}^{e}{\frac{f(t)}{2}dt} < F\left(\frac{x+1}{2} \right), x > 1}$ .

Συνεπώς καταλήξαμε στο ζητούμενο.

Tolaso J Kos · #93

Άσκηση 30 [ΟΕΦΕ 2012 - τροποποιημένο]

Έστω $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}^*$ παραγωγίσιμη και έστω $a \in \mathbb{R} \setminus \{0 \}$ . Αν ισχύει ότι:

f'(x)=-2xf^2 (x)

για κάθε $x \in \mathbb{R}$ και $f(1)=\frac{1}{1+3a^2}$

τότε:
α) Να δείξετε ότι $f(x)=\frac{1}{x^2+3a^2}, \; x \in \mathbb{R}$ .
β) Να δείξετε ότι η τιμή του ολοκληρώματος $\displaystyle \int_0^a t f(t)\, {\rm d}t$ είναι ανεξάρτητη του

.
γ) Αν ${\rm E}$ το εμβαδόν του χωρίου που ορίζεται από τους άξονες, τη γραφική παράσταση της

και την ευθεία x=a

, τότε να δείξετε ότι: $\frac{1}{4|a|}< {\rm E}< \frac{1}{3|a|}$ .

Εdit: Έβαλα το σύνολο αφίξεως να ναι το $\mathbb{R}^*$ . Ευχαριστώ τον Rempeskes που το πρόσεξε.

Λάμπρος Μπαλός · #94

ΑΣΚΗΣΗ 31 (από Μπαϊλάκη)

Εστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση $f : [0,1] \rightarrow R$ , με

συνεχή στο [0,1]

και

, για την οποία ισχύει :

$f'(x) \geq f^{2}(0)+f(1)+ \frac{1}{4}$ , για κάθε $x \in [0,1]$ .

α) Να δείξετε ότι $f(0)= - \frac{1}{2}$

β) Να δείξετε ότι η εξίσωση f(x)=x

έχει ακριβώς μία λύση στο (0,1)

.

γ) Να βρείτε τον τύπο της συνάρτησης

.

δ) Να βρείτε το f(1)

, αν $\int_{0}^{1} e^{x}f(x)dx=1$ .

Διόρθωσα τυπογραφικό, ευχαριστώ τον χρήστη Rembeskes που το παρατήρησε..

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #95

Οι υποθέσεις στην εκφώνηση της άσκησης 30 είναι ελλιπείς.

Tolaso J Kos · #96

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:Οι υποθέσεις στην εκφώνηση της άσκησης 30 είναι ελλιπείς.

Έγινε διόρθωση. Έπρεπε να είχα δώσει τη συνθήκη $f(1)=\frac{1}{1+3a^2}$ η οποία προέκυπτε μέσα από μία σχέση που είχε ολοκληρώματα. Το έβαλα. Ευχαριστώ Σταύρο και Rempeskes (που μου στειλε μήνυμα).

erxmer · #97

ΑΣΚΗΣΗ 32

Δίνεται η συνάρτηση $f: R \to (0,+\infty)$ με $\displaystyle{f'(x)e^{-x}+f^2(x)=0}$ και $\displaystyle{f(0)=\frac{1}{2}}$ και η συνεχής
συνάρτηση $g: R \to R$ για την οποία ισχύει g(g(x))=ln(e^x+2)

.

1) Να δείξετε ότι η

είναι γνησίως φθίνουσα.

2) Να δείξετε ότι $\displaystyle{f(x)=(e^x+1)^{-1}}$ .

3) Να δείξετε ότι η

είναι

.

4) Αφού αποδείξετε ότι f(x)+f(-x)=1

, λύστε την εξίσωση: $\displaystyle{g\left(g\left(g\left(2x \right) \right)-f\left(x \right) \right)=g\left(ln\left(2e^{x-1}+10e^{-1} \right)+f(-x)\right)}$

5) Αν επιπλέον για τη συνάρτηση h(x)=g(x)+lnf(x)

υπάρχει $x_0 \in R: h(x_0)=0$
και η

είναι παραγωγίσιμη, δείξτε ότι:

i) g(x_0)>x_0

ii) Η εξίσωση g'(x)=f(-x)

έχει μία τουλάχιστον πραγματική ρίζα στο (x_0,g(x_0))

.

Λάμπρος Μπαλός · #98

Tolaso J Kos έγραψε:Άσκηση 30 [ΟΕΦΕ 2012 - τροποποιημένο]

Έστω $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}^*$ παραγωγίσιμη και έστω $a \in \mathbb{R} \setminus \{0 \}$ . Αν ισχύει ότι:

για κάθε $x \in \mathbb{R}$ και $f(1)=\frac{1}{1+3a^2}$

τότε:
α) Να δείξετε ότι $f(x)=\frac{1}{x^2+3a^2}, \; x \in \mathbb{R}$ .
β) Να δείξετε ότι η τιμή του ολοκληρώματος $\displaystyle \int_0^a t f(t)\, {\rm d}t$ είναι ανεξάρτητη του .
γ) Αν ${\rm E}$ το εμβαδόν του χωρίου που ορίζεται από τους άξονες, τη γραφική παράσταση της και την ευθεία , τότε να δείξετε ότι: $\frac{1}{4|a|}< {\rm E}< \frac{1}{3|a|}$ .

Εdit: Έβαλα το σύνολο αφίξεως να ναι το $\mathbb{R}^*$ . Ευχαριστώ τον Rempeskes που το πρόσεξε.

α.

$-\frac{f'(x)}{f^{2}(x)}=2x\Leftrightarrow \left(\frac{1}{f(x)} \right)'=\left(x^{2} \right)'\Leftrightarrow \frac{1}{f(x)}=x^{2}+c$

Για x=1

παίρνουμε $c=1+3a^{2}$ , επομένως

$f(x)=\frac{1}{x^{2}+3a^{2}}$

β.

$\int_{0}^{a}{tf(t)}dt=\frac{1}{2}\int_{0}^{a}{\frac{2t}{t^{2}+3a^{2}}}dt=\frac{1}{2}\left[ln(4a^{2})-ln(3a^{2}) \right]=\frac{1}{2}ln\frac{4}{3}$ , που είναι ανεξάρτητο του

.

γ.

Αν a>0

$E=\int_{0}^{a}{\left|f(x) \right|}dx=\int_{0}^{a}{\frac{1}{x^{2}+3a^{2}}}dx<\frac{1}{3\left|a \right|}$ , διότι :

$\frac{1}{x^{2}+3a^{2}}\leq \frac{1}{3a^{2}}\Rightarrow \int_{0}^{a}{\frac{1}{x^{2}+3a^{2}}}dx<\int_{0}^{a}{\frac{1}{3a^{2}}}dx=\frac{a}{3a^{2}}=\frac{1}{3a}=\frac{1}{3\left|a \right|}$

Αν a<0

$E=\int_{a}^{0}{\frac{1}{x^{2}+3a^{2}}}dx>\frac{1}{4\left|a \right|}$ , διότι :

$\frac{1}{x^{2}+3a^{2}}\geq \frac{1}{4a^{2}}\Rightarrow \int_{a}^{0}{\frac{1}{x^{2}+3a^{2}}}dx>\int_{a}^{0}{\frac{1}{4a^{2}}}dx=-\frac{a}{4a^{2}}=-\frac{1}{4a}=\frac{1}{4\left|a \right|}$

Λάμπρος Μπαλός · #99

erxmer έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 32

Δίνεται η συνάρτηση $f: R \to (0,+\infty)$ με $\displaystyle{f'(x)e^{-x}+f^2(x)=0}$ και $\displaystyle{f(0)=\frac{1}{2}}$ και η συνεχής
συνάρτηση $g: R \to R$ για την οποία ισχύει .

1) Να δείξετε ότι η είναι γνησίως φθίνουσα.

2) Να δείξετε ότι $\displaystyle{f(x)=(e^x+1)^{-1}}$ .

3) Να δείξετε ότι η είναι .

4) Αφού αποδείξετε ότι , λύστε την εξίσωση: $\displaystyle{g\left(g\left(g\left(2x \right) \right)-f\left(x \right) \right)=g\left(ln\left(2e^{x-1}+10e^{-1} \right)+f(-x)\right)}$

5) Αν επιπλέον για τη συνάρτηση υπάρχει $x_0 \in R: h(x_0)=0$
και η είναι παραγωγίσιμη, δείξτε ότι:

i)

ii) Η εξίσωση έχει μία τουλάχιστον πραγματική ρίζα στο .

1)

$f'(x)=-f^{2}(x)e^{x}<0$ , οπότε η

είναι γνησίως φθίνουσα

2)

$\frac{f'(x)}{f^{2}(x)}e^{-x}+1=0\Leftrightarrow \left(\frac{1}{f(x)} \right)'=\left(e^{x} \right)'\Leftrightarrow \frac{1}{f(x)}=e^{x}+c$ . Για $x=0\Rightarrow c=1$

Άρα $f(x)=\left(e^{x}+1 \right)^{-1}$

3)

Θεωρώ τυχαία $c,d\in R$ , με g(c)=g(d)

.

$g(c)=g(d)\Rightarrow g(g(c))=g(g(d))\Leftrightarrow ln(e^{c}+2)=ln(e^{d}+2)\Leftrightarrow e^{c}+2=e^{d}+2\Leftrightarrow e^{c}=e^{d}\Leftrightarrow c=d$

επομένως η

είναι

.

4)

$f(x)+f(-x)=\frac{1}{e^{x}+1}+\frac{1}{e^{-x}+1}=\frac{1}{e^{x}+1}+\frac{1}{\frac{1}{e^{x}}+1}=\frac{1}{e^{x}+1}+\frac{e^{x}}{e^{x}+1}=1$

$g[g(g(2x))-f(x)]=g[ln(2e^{x-1}+10e^{-1})+f(-x)]\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow g(g(2x))-f(x)=ln(2e^{x-1}+10e^{-1})+f(-x)\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow ln(e^{2x}+2)=ln(2e^{x-1}+10e^{-1})+1\Leftrightarrow ln\frac{e^{2x}+2}{2e^{x-1}+10e^{-1}}=1\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow \frac{e^{2x}+2}{2e^{x-1}+10e^{-1}}=e\Leftrightarrow e^{2x}+2=2e^{x}+10\Leftrightarrow e^{2x}-2e^{x}-8=0\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow \left(e^{x}-4 \right)\left(e^{x}+2 \right)=0\Leftrightarrow e^{x}=4\Leftrightarrow x=ln4$

5)

i) $h(x_{0})=0\Leftrightarrow g(x_{0})=-ln(f(x_{0}))=e^{x_{0}}+1>x_{0}$ , διότι $e^{x} -x+1>0$ , για κάθε $x\in R$ .

Πράγματι! Η παραγωγίσιμη στο

συνάρτηση $k(x)=e^{x} -x+1$ έχει $k'(x)=e^{x}-1$ με μοναδικό μηδενισμό στο

. Η

παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο

, το

. Άρα όντως k(x)>0

.

ii) Επιζητώ μηδενισμό της εξίσωσης g'(x)=f(-x)

. Ισοδύναμα : g'(x)+f(x)-1=0

.

αρχικά παρατηρώ ότι : $(-ln(e^{x}+1)+x)'=-\frac{e^{x}}{e^{x}+1}+1=\frac{e^{x}+1-e^{x}}{e^{x}+1}=(e^{x}+1)^{-1}=f(x)$

Ισοδύναμα λοιπόν επιζητώ μηδενισμό της εξίσωσης $(g(x)-ln(e^{x}+1))'=0$ , δηλαδή μηδενισμό της παραγώγου της συνάρτησης

$G(x)=g(x)-ln(e^{x}+1)$ , η οποία είναι συνεχής στο $\left[x_{0},g(x_{0}) \right]$ και παραγωγίσιμη στο $\left(x_{0},g(x_{0}) \right)$ .

$G(x_{0})=g(x_{0})-ln(e^{x_{0}}+1)=-lnf(x_{0})-ln(e^{x_{0}}+1)=$

$=ln(e^{x_{0}}+1)-ln(e^{x_{0}}+1)=0$

$G(g(x_{0}))=g(g(x_{0}))-ln(e^{g(x_{0})}+1)=ln(e^{x_{0}}+2)-ln(e^{-lnf(x_{0})}+1)=$

$=ln(e^{x_{0}}+2)-ln(e^{x_{0}}+1+1)=0$

Βάσει λοιπόν του Θεωρήματος Rolle , θα υπάρχει κάποιο $\xi\in (x_{0},g(x_{0}))$ τέτοιο, ώστε $G'(\xi)=0$ .

Λάμπρος Μπαλός · #100

Λάμπρος Μπαλός έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 31 (από Μπαϊλάκη)

Εστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση $f : [0,1] \rightarrow R$ , με συνεχή στο και , για την οποία ισχύει :

$f'(x) \geq f^{2}(0)+f(1)+ \frac{1}{4}$ , για κάθε $x \in [0,1]$ .

α) Να δείξετε ότι $f(0)= - \frac{1}{2}$

β) Να δείξετε ότι η εξίσωση έχει ακριβώς μία λύση στο .

γ) Να βρείτε τον τύπο της συνάρτησης .

δ) Να βρείτε το , αν $\int_{0}^{1} e^{x}f(x)dx=1$ .

Διόρθωσα τυπογραφικό, ευχαριστώ τον χρήστη Rembeskes που το παρατήρησε..

α)

$f'(x)\geq f^{2}(0)+f(1)+\frac{1}{4}\Rightarrow \int_{0}^{1}{f'(x)}dx\geq \int_{0}^{1}{(f^{2}(0)+f(1)+\frac{1}{4})}dx\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow f(1)-f(0)\geq f^{2}(0)+f(1)+\frac{1}{4}\Leftrightarrow f^{2}(0)+f(0)+\frac{1}{4}\leq 0\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow (f(0)+\frac{1}{2})^{2}\leq 0\Leftrightarrow f(0)=-\frac{1}{2}$

β)

Η συνάρτηση g(x)=f(x)-x

είναι παραγωγίσιμη στο $\left[0,1 \right]$ , οπότε και συνεχής.

$g(0)=f(0)-0=-\frac{1}{2}<0$ και g(1)=f(1)-1=c-1>0

Σύμφωνα με το Θεώρημα Bolzano θα υπάρχει ένα τουλάχιστον $x_{0}\in (0,1)$ τέτοιο, ώστε $g(x_{0})=0\Leftrightarrow f(x_{0})=x_{0}$

Μοναδικότητα

Ας υποθέσουμε ότι υπάρχει και κάποιο $x_{1}\neq x_{0}$ , ώστε $g(x_{1})=0$ .

Σε αυτήν την περίπτωση ισχύουν οι υποθέσεις του Θεωρήματος Rolle για τη συνάρτηση g(x)=f(x)-x

(με

) στο διάστημα που ορίζουν τα $x_{0}$ και $x_{1}$ , οπότε θα υπάρχει

τέτοιο, ώστε $g'(a)=0 \Leftrightarrow f'(a)=1$

Σε αυτήν την περίπτωση όμως , η αρχική σχέση για x=a

καταλήγει στο άτοπο :

$f'(a)\geq f(1)+\frac{1}{2}\Leftrightarrow 1\geq c+\frac{1}{2}$ .

γ)

Η αρχική σχέση γίνεται :

$f'(x)\geq c+\frac{1}{2}\Leftrightarrow (f(x)-(c+\frac{1}{2})x)'\geq 0$

Θεωρώ $G(x)=f(x)-(c+\frac{1}{2})x$ , για την οποία ισχύει $G'(x)\geq 0$ και αν παρατηρήσουμε $G(0)=G(1)=-\frac{1}{2}$ .

Θα αποδείξουμε ότι $G(x)=-\frac{1}{2}$ στο [0,1]

- αν υπήρχε $k\in (0,1)$ με $G(k)>-\frac{1}{2}$ τότε με Θ.Μ.Τ για την

στο

καταλήγουμε σε άτοπο και επίσης αν υπήρχε $k\in (0,1)$ με $G(k)<-\frac{1}{2}$ τότε πάλι με Θ.Μ.Τ για την

στο

καταλήγουμε σε άτοπο.

Επομένως $G(x)=-\frac{1}{2}\Leftrightarrow f(x)=(c+\frac{1}{2})x-\frac{1}{2}$

δ)

$\int_{0}^{1}{e^{x}f(x)}dx=1\Leftrightarrow \int_{0}^{1}{(e^{x})'f(x)}dx=1\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow ec-f(0)-\int_{0}^{1}{e^{x}(c+\frac{1}{2})}dx=1\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow ec+\frac{1}{2}-(c+\frac{1}{2})(e-1)=1\Leftrightarrow ec+\frac{1}{2}-ec+c-\frac{e}{2}-\frac{1}{2}=1\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow c=\frac{e+1}{2} \Leftrightarrow f(1)=\frac{e+1}{2}$

Θέλω να ευχηθώ στους μαθητές καλή τύχη και καλή δύναμη στις εξετάσεις τους.

Για τους μαθητές της Γ Λυκείου

Re: Για τους μαθητές της Γ Λυκείου

Re: Για τους μαθητές της Γ Λυκείου

Re: Για τους μαθητές της Γ Λυκείου

Re: Για τους μαθητές της Γ Λυκείου

Re: Για τους μαθητές της Γ Λυκείου

Re: Για τους μαθητές της Γ Λυκείου

Re: Για τους μαθητές της Γ Λυκείου

Re: Για τους μαθητές της Γ Λυκείου

Re: Για τους μαθητές της Γ Λυκείου

Re: Για τους μαθητές της Γ Λυκείου

Re: Για τους μαθητές της Γ Λυκείου

Re: Για τους μαθητές της Γ Λυκείου

Re: Για τους μαθητές της Γ Λυκείου

Re: Για τους μαθητές της Γ Λυκείου

Re: Για τους μαθητές της Γ Λυκείου

Re: Για τους μαθητές της Γ Λυκείου

Re: Για τους μαθητές της Γ Λυκείου

Re: Για τους μαθητές της Γ Λυκείου

Re: Για τους μαθητές της Γ Λυκείου

Re: Για τους μαθητές της Γ Λυκείου

Μέλη σε σύνδεση