Flat

erxmer · #1

Δίνεται συνάρτηση παραγωγίσιμη στο $(0,+\infty)$ με $f(x) \neq 0$ για κάθε x>0

και

.

Αν για κάθε x>0

, για τη συνάρτηση

ισχύει η σχέση $\displaystyle{x^2f'(x)=f(x)-lnx^{f(x)}}$ , τότε να αποδείξετε ότι:

1) f(x)>0, x>0

2) Υπάρχει $x_0 \in (1,e)$ τέτοιο ώστε η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της

στο σημείο
(x_0,f(x_0))

να διέρχεται από το σημείο Β(-1,0)

.

3) Αφού βρείτε τον τύπο της συνάρτησης, να μελετήσετε την

ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα.

4) Αν a>e^e

, να αποδείξετε ότι $\displaystyle{(lna)^{\frac{1}{lna}}>(ln(a+1))^{\frac{1}{ln(a+1)}}}$ .

5) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση 3^x=x^3

έχει ακριβώς δυο λύσεις στο [0,3]

, τις

με

και $x_2 \in (2,e)$ .

M.S.Vovos · #2

Κάτι δεν πάει καλά. Δίνεις ότι ισχύει $f\neq 0$ για κάθε x>0

αλλά για

στην δοθείσα σχέση είναι f(1)=0

. Κάτι δεν βλέπω;

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #3

erxmer έγραψε:Δίνεται συνάρτηση παραγωγίσιμη στο $(0,+\infty)$ με $f(x) \neq 0$ για κάθε και .

Αν για κάθε , για τη συνάρτηση ισχύει η σχέση $\displaystyle{x^2f'(x)=f(x)-lnx^{f(x)}}$ , τότε να αποδείξετε ότι:

1)

2) Υπάρχει $x_0 \in (1,e)$ τέτοιο ώστε η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της στο σημείο
να διέρχεται από το σημείο .

3) Αφού βρείτε τον τύπο της συνάρτησης, να μελετήσετε την ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα.

4) Αν , να αποδείξετε ότι $\displaystyle{(lna)^{\frac{1}{lna}}>(ln(a+1))^{\frac{1}{ln(a+1)}}}$ .

5) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση έχει ακριβώς δυο λύσεις στο , τις με και $x_2 \in (2,e)$ .

Θα λύσω την διαφορική ώστε να μπουν τα πράγματα σε μία τάξη.(Μας διαβάζουν και μαθητές αλλά......)

Η διαφορική γράφετε $x^{2}f'(x)-f(x)(1-lnx)=0$

Επειδή $(\dfrac{lnx}{x})'=\dfrac{1-lnx}{x^{2}}$

γίνετε $f'(x)+f(x)(-\dfrac{lnx}{x})'=0$

που δίνει ότι $f(x)=cexp(\dfrac{lnx}{x})=cx^{\frac{1}{x}}$

Το πρόβλημα είναι η f'(1)=0

.

M.S.Vovos · #4

Συμφωνώ πρέπει να γίνει αλλαγή σε f'(1)=1

. Μετά τα πράγματα ρέουν κανονικά και μεθοδολογικά.

kostas232 · #5

erxmer έγραψε:Δίνεται συνάρτηση παραγωγίσιμη στο $(0,+\infty)$ με $f(x) \neq 0$ για κάθε και .

Αν για κάθε , για τη συνάρτηση ισχύει η σχέση $\displaystyle{x^2f'(x)=f(x)-lnx^{f(x)}}$ , τότε να αποδείξετε ότι:

1)

2) Υπάρχει $x_0 \in (1,e)$ τέτοιο ώστε η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της στο σημείο
να διέρχεται από το σημείο .

3) Αφού βρείτε τον τύπο της συνάρτησης, να μελετήσετε την ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα.

4) Αν , να αποδείξετε ότι $\displaystyle{(lna)^{\frac{1}{lna}}>(ln(a+1))^{\frac{1}{ln(a+1)}}}$ .

5) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση έχει ακριβώς δυο λύσεις στο , τις με και $x_2 \in (2,e)$ .

Μετά από κάμποσο παίδεμα, δημοσιεύω μια ολοκληρωμένη λύση (ελπίζω να μη μου διαφεύγει κάτι).

1) H $\displaystyle{f}$ είναι παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{(0,+\infty)$ , άρα είναι και συνεχής. Όμως, σύμφωνα με την εκφώνηση, η $\displaystyle{f}$ δεν μηδενίζεται, άρα διατηρεί σταθερό πρόσημο στο $\displaystyle{(0,+\infty)$ , διότι αν άλλαζε πρόσημο,τότε σύμφωνα με το Θεώρημα Ενδιάμεσων Τιμών θα υπήρχε θετικός αριθμός τέτοιος ώστε $\displaystyle{f(x)=0}$ .
Θέτοντας όμως $\displaystyle{x=1}$ στην αρχική σχέση $\displaystyle{f'(1)=f(1)-ln1 \Leftrightarrow f(1)=1>0}$
άρα $\displaystyle{f(x)>0}$ για κάθε $\dislaystyle{x>0}$ .

2) Σε ένα τυχαίο σημείο $\displaystyle{A(a,f(a))}$ , με $a \in (1,e)}$ της γραφικής παράστασης της $\displaystyle{f}$ , η εφαπτομένη της έχει εξίσωση:
$\displaystyle{y-f(a)=f'(a)(x-a)}$
Επομένως, για να διέρχεται η εφαπτομένη από το σημείο $\dislaystyle{K(-1,0)}$ αρκεί να υπάρχει $a \in (1,e)}$ τέτοιο ώστε:
$\displaystyle{0-f(a)=f'(a)(-1-a) \Leftrightarrow (a+1)f'(a)-f(a)=0}$
Θεωρούμε τη συνάρτηση $\displaystyle{g(x)=(x+1)f'(x)-f(x), x \in [1,e]}$ .
Η $\diplaystyle{g}$ είναι συνεχής (πράξεις μεταξύ συνεχών συναρτήσεων) και έχουμε:
$\displaystyle{g(1)=2f'(1)-f(1)=2-1=1}$ και από την αρχική σχέση $\displaystyle{e^2 f'(e)=f(e)-(lne^{f(e)}) \Leftrightarrow f'(e)=0}$
οπότε: $\displaystyle{g(e)=(e+1)f'(e)-f(e)=-f(e)<0}$ άρα:
$\displaystyle{g(1)g(e)<0}$ . Σύμφωνα λοιπόν με το Θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον $\diaplaystyle{a \in (1,e) }$ τέτοιο ώστε:
$\displaystyle{g(a)=0 \Leftrightarrow (a+1)f'(a)-f(a)=0}$ και το ζητούμενο αποδείχτηκε.

3)Από την αρχική σχέση και αφού $\displaystyle{f(x)>0}$ για κάθε $\dislaystyle{x>0}$ έχουμε:
$\displaystyle{x^2 f'(x)=f(x)(1-lnx) \Lefrtightarrow \frac{f'(x)}{f(x)}=\frac{1}{x^2}-\frac{lnx}{x^2} \Leftrightarrow (ln|f(x)|)'=\left ( \frac{lnx}{x} \right)' \Leftrightarrow lnf(x)=\frac{lnx}{x}+c , x>0}$
Για $\displaystyle{x=1}$ η παραπάνω δίνει $\displaystyle{lnf(1)=c \Leftrightarrow c=0}$ .

Άρα $\displaystyle{f(x)=e^{\frac{lnx}{x}} \Leftrightarrow \boxed{f(x)=\sqrt[x]{x},x>0}}$

Παραγωγίζοντας έχουμε $\displaystyle{f'(x)=(e^{\frac{lnx}{x}})'=\sqrt[x]{x} \left (\frac{1-lnx}{x^2} \right), x>0}$
Η $\displaystyle{f΄}$ είναι θετική στο $\dispaystyle{(0,e]}$ και αρνητική στο $\displaystyle{[e,+ \infty)}$ . Άρα, η $\displaystyle{f}$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\dispaystyle{(0,e]}$ και γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{[e,+ \infty)}$ . To $\displaystyle{f(e)=\sqrt[e]{e}}$ είναι μέγιστο της $\displaystyle{f}$ .

4) Έχουμε $\dispaystyle{a+1>a>e^e>e \Leftrightarrow ln(a+1)>lna>e \Leftrightarrow f(ln(a+1))<f(lna) }$ , που είναι η ζητούμενη.

5)Η εξίσωση έχει στο $\displaystyle{[0,3]}$ προφανή ρίζα τη $\displaystyle{x_{1}=3}$ , που είναι μοναδική στο $\displaystyle{[0,3]}$ , λόγω της μονοτονίας της $\displaystyle{f}$ στο διάστημα αυτό. Για $\displaystyle{x \in (0,3)}$ η δοσμένη εξίσωση γράφεται ισοδύναμα:
$\displaystyle{(3^x)^{\frac{1}{x}}=(x^3)^{\frac{1}{x}} \Leftrightarrow (x^{\frac{1}{x}})^3=3 \Leftrightarrow f(x)=f(3)}$
Θα αποδείξουμε ότι υπάρχει $\displaystyle{x_{2} \in (2,e)}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{f(x_{2})=f(3)}$ .
Έχουμε: $\displaystyle{3>e \Leftrightarrow f(3)<f(e)}$ και $\displaystyle{8<9 \Leftrightarrow \sqrt[3]{8}<\sqrt[3]{9} \Leftrightarrow 2<3^{\frac{2}{3}} \Leftrightarrow \sqrt{2}<\sqrt[3]{3} \Leftrightarrow f(2)<f(3)}$ . Άρα, είναι
$\displaystyle{f(2)<f(3)<f(e)}$ . Αφού λοιπόν η $\displaystyle{f}$ είναι συνεχής, σύμφωνα με το Θεώρημα Ενδιάμεσων Τιμών υπάρχει $\displaystyle{x_{2} \in(2,e)}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{f(x_{2})=f(3)}$ , το οποίο είναι και μοναδικό λόγω της μονοτονίας της $\displaystyle{f}$ στο διάστημα αυτό. Έτσι, η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Τερζής Κωνσταντίνος

NikosB · #6

kostas232 έγραψε:
erxmer έγραψε:Δίνεται συνάρτηση παραγωγίσιμη στο $(0,+\infty)$ με $f(x) \neq 0$ για κάθε και .

Αν για κάθε , για τη συνάρτηση ισχύει η σχέση $\displaystyle{x^2f'(x)=f(x)-lnx^{f(x)}}$ , τότε να αποδείξετε ότι:

1)

2) Υπάρχει $x_0 \in (1,e)$ τέτοιο ώστε η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της στο σημείο
να διέρχεται από το σημείο .

3) Αφού βρείτε τον τύπο της συνάρτησης, να μελετήσετε την ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα.

4) Αν , να αποδείξετε ότι $\displaystyle{(lna)^{\frac{1}{lna}}>(ln(a+1))^{\frac{1}{ln(a+1)}}}$ .

5) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση έχει ακριβώς δυο λύσεις στο , τις με και $x_2 \in (2,e)$ .
Μετά από κάμποσο παίδεμα, δημοσιεύω μια ολοκληρωμένη λύση (ελπίζω να μη μου διαφεύγει κάτι).

1) H $\displaystyle{f}$ είναι παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{(0,+\infty)$ , άρα είναι και συνεχής. Όμως, σύμφωνα με την εκφώνηση, η $\displaystyle{f}$ δεν μηδενίζεται, άρα διατηρεί σταθερό πρόσημο στο $\displaystyle{(0,+\infty)$ , διότι αν άλλαζε πρόσημο,τότε σύμφωνα με το Θεώρημα Ενδιάμεσων Τιμών θα υπήρχε θετικός αριθμός τέτοιος ώστε $\displaystyle{f(x)=0}$ .
Θέτοντας όμως $\displaystyle{x=1}$ στην αρχική σχέση $\displaystyle{f'(1)=f(1)-ln1 \Leftrightarrow f(1)=1>0}$
άρα $\displaystyle{f(x)>0}$ για κάθε $\dislaystyle{x>0}$ .

2) Σε ένα τυχαίο σημείο $\displaystyle{A(a,f(a))}$ , με $a \in (1,e)}$ της γραφικής παράστασης της $\displaystyle{f}$ , η εφαπτομένη της έχει εξίσωση:
$\displaystyle{y-f(a)=f'(a)(x-a)}$
Επομένως, για να διέρχεται η εφαπτομένη από το σημείο $\dislaystyle{K(-1,0)}$ αρκεί να υπάρχει $a \in (1,e)}$ τέτοιο ώστε:
$\displaystyle{0-f(a)=f'(a)(-1-a) \Leftrightarrow (a+1)f'(a)-f(a)=0}$
Θεωρούμε τη συνάρτηση $\displaystyle{g(x)=(x+1)f'(x)-f(x), x \in [1,e]}$ .
Η $\diplaystyle{g}$ είναι συνεχής (πράξεις μεταξύ συνεχών συναρτήσεων) και έχουμε:
$\displaystyle{g(1)=2f'(1)-f(1)=2-1=1}$ και από την αρχική σχέση $\displaystyle{e^2 f'(e)=f(e)-(lne^{f(e)}) \Leftrightarrow f'(e)=0}$
οπότε: $\displaystyle{g(e)=(e+1)f'(e)-f(e)=-f(e)<0}$ άρα:
$\displaystyle{g(1)g(e)<0}$ . Σύμφωνα λοιπόν με το Θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον $\diaplaystyle{a \in (1,e) }$ τέτοιο ώστε:
$\displaystyle{g(a)=0 \Leftrightarrow (a+1)f'(a)-f(a)=0}$ και το ζητούμενο αποδείχτηκε.

3)Από την αρχική σχέση και αφού $\displaystyle{f(x)>0}$ για κάθε $\dislaystyle{x>0}$ έχουμε:
$\displaystyle{x^2 f'(x)=f(x)(1-lnx) \Lefrtightarrow \frac{f'(x)}{f(x)}=\frac{1}{x^2}-\frac{lnx}{x^2} \Leftrightarrow (ln|f(x)|)'=\left ( \frac{lnx}{x} \right)' \Leftrightarrow lnf(x)=\frac{lnx}{x}+c , x>0}$
Για $\displaystyle{x=1}$ η παραπάνω δίνει $\displaystyle{lnf(1)=c \Leftrightarrow c=0}$ .

Άρα $\displaystyle{f(x)=e^{\frac{lnx}{x}} \Leftrightarrow \boxed{f(x)=\sqrt[x]{x},x>0}}$

Παραγωγίζοντας έχουμε $\displaystyle{f'(x)=(e^{\frac{lnx}{x}})'=\sqrt[x]{x} \left (\frac{1-lnx}{x^2} \right), x>0}$
Η $\displaystyle{f΄}$ είναι θετική στο $\dispaystyle{(0,e]}$ και αρνητική στο $\displaystyle{[e,+ \infty)}$ . Άρα, η $\displaystyle{f}$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\dispaystyle{(0,e]}$ και γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{[e,+ \infty)}$ . To $\displaystyle{f(e)=\sqrt[e]{e}}$ είναι μέγιστο της $\displaystyle{f}$ .

4) Έχουμε $\dispaystyle{a+1>a>e^e>e \Leftrightarrow ln(a+1)>lna>e \Leftrightarrow f(ln(a+1))<f(lna) }$ , που είναι η ζητούμενη.

5)Η εξίσωση έχει στο $\displaystyle{[0,3]}$ προφανή ρίζα τη $\displaystyle{x_{1}=3}$ , που είναι μοναδική στο $\displaystyle{[0,3]}$ , λόγω της μονοτονίας της $\displaystyle{f}$ στο διάστημα αυτό. Για $\displaystyle{x \in (0,3)}$ η δοσμένη εξίσωση γράφεται ισοδύναμα:
$\displaystyle{(3^x)^{\frac{1}{x}}=(x^3)^{\frac{1}{x}} \Leftrightarrow (x^{\frac{1}{x}})^3=3 \Leftrightarrow f(x)=f(3)}$
Θα αποδείξουμε ότι υπάρχει $\displaystyle{x_{2} \in (2,e)}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{f(x_{2})=f(3)}$ .
Έχουμε: $\displaystyle{3>e \Leftrightarrow f(3)<f(e)}$ και $\displaystyle{8<9 \Leftrightarrow \sqrt[3]{8}<\sqrt[3]{9} \Leftrightarrow 2<3^{\frac{2}{3}} \Leftrightarrow \sqrt{2}<\sqrt[3]{3} \Leftrightarrow f(2)<f(3)}$ . Άρα, είναι
$\displaystyle{f(2)<f(3)<f(e)}$ . Αφού λοιπόν η $\displaystyle{f}$ είναι συνεχής, σύμφωνα με το Θεώρημα Ενδιάμεσων Τιμών υπάρχει $\displaystyle{x_{2} \in(2,e)}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{f(x_{2})=f(3)}$ , το οποίο είναι και μοναδικό λόγω της μονοτονίας της $\displaystyle{f}$ στο διάστημα αυτό. Έτσι, η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Τερζής Κωνσταντίνος

Δεν κατάλαβα κάτι στο 4 ερώτημα γιατί
$a+1> a> e^{a} > e$
Δεν θα έπρεπε να ήταν $a> e^{a}$
;;;;;

kostas232 · #7

NikosB έγραψε:

Δεν κατάλαβα κάτι στο 4 ερώτημα γιατί
$a+1> a> e^{a} > e$
Δεν θα έπρεπε να ήταν $a> e^{a}$
;;;;;

Η εκφώνηση δηλώνει ότι $\displaystyle{a>e^e}$ . Αυτό γίνεται για να μπορεί να εφαρμοστεί η μονοτονία της $\displaystyle{f}$ στο $\displaystyle{[e,+\infty)}$ για τον όρο $\displaystyle{lna}$ (αφού $\displaystyle{lna>e}$ .

Φιλικά,
Κ.Τ.

Flat

Flat

Re: Flat

Re: Flat

Re: Flat

Re: Flat

Re: Flat

Re: Flat

Μέλη σε σύνδεση