Εύρεση τύπου - Εφαπτομένη - Εμβαδόν

M.S.Vovos · #1

Έστω η συνεχής συνάρτηση $f : [0,+\infty )\longrightarrow \mathbb{R}$ , παραγωγίσιμη στο $(0,+\infty )$ τέτοια ώστε:

$\bullet \hspace{3mm}$ Για κάθε x>0

ισχύει $\displaystyle{\lim_{y\rightarrow 0}\frac{f(x)}{y}\Big (f\left ( x+y \right )-f\left ( x-y \right )\Big )=1}$ .

$\bullet \hspace{3mm}$ Η γραφική παράσταση της

διέρχεται από την αρχή των αξόνων.

α) Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{f'(x)f(x)=\frac{1}{2}}$ , για κάθε x>0

.

β) Να προσδιορίσετε όλους τους πιθανούς τύπους της συνάρτησης

.

Αν, επιπλέον, δίνεται ότι $f(x)=\sqrt{x}$ , $x\geqslant 0$ τότε:

γ) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης $(\varepsilon )$ της γραφικής παράστασης της

, η οποία άγεται από το σημείο M(1,1)

.

δ) i) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου $\Omega$ , που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της

, την εφαπτόμενή της $(\varepsilon )$ και τον άξονα x'x

.

ii) Να προσδιορίσετε την ευθεία $x=\alpha$ , $\alpha \in \mathbb{R}$ , η οποία χωρίζει το χωρίο $\Omega$ σε δύο ισεμβαδικά χωρία.

Φιλικά,
Μάριος

Επεξεργασία: Διόρθωση ερωτήματος.

Tolaso J Kos · #2

M.S.Vovos έγραψε: ↑
Σάβ Σεπ 09, 2017 2:16 pm
Έστω η συνεχής συνάρτηση $f : [0,+\infty )\longrightarrow \mathbb{R}$ , παραγωγίσιμη στο $(0,+\infty )$ τέτοια ώστε:

$\bullet \hspace{3mm}$ Για κάθε ισχύει $\displaystyle{\lim_{y\rightarrow 0}\frac{f(x)}{y}\Big (f\left ( x+y \right )-f\left ( x-y \right )\Big )=1}$ .

$\bullet \hspace{3mm}$ Η γραφική παράσταση της διέρχεται από την αρχή των αξόνων.

α) Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{f'(x)f(x)=\frac{1}{2}}$ , για κάθε .

β) Να αποδείξετε ότι $f(x)=\sqrt{x}$ , $x\geqslant 0$ .

γ) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης $(\varepsilon )$ της γραφικής παράστασης της , η οποία άγεται από το σημείο .

δ) i) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου $\Omega$ , που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της , την εφαπτόμενή της $(\varepsilon )$ και τον άξονα .

ii) Να προσδιορίσετε την ευθεία $x=\alpha$ , $\alpha \in \mathbb{R}$ , η οποία χωρίζει το χωρίο $\Omega$ σε δύο ισεμβαδικά χωρία.

Φιλικά,
Μάριος

Γεια σου Μάριε,

(α) Από το δεδομένο έχουμε
$\displaystyle{\begin{aligned} \lim_{y\rightarrow 0} \frac{f(x+y) - f(x-y)}{y} &= \lim_{y\rightarrow 0}\left [ \frac{f(x+y) - f(x)}{y} - \frac{f(x-y)+f(x)}{y} \right ] \\ &= f'(x) + f'(x)\\ &= 2f'(x) \end{aligned}}$ Άρα πράγματι $\displaystyle{f'(x) f(x) = \frac{1}{2}}$ .

Σχετικό θέμα με το ίδιο όριο έχουμε δει εδώ .

(β) Είναι
$\displaystyle{\begin{aligned} f'(x) f(x) = \frac{1}{2} &\Leftrightarrow 2 f'(x) f(x) = 1 \\ &\Leftrightarrow \left ( f^2(x) \right )' = \left ( x \right )'\\ &\Rightarrow f^2(x) = x + c \\ &\!\!\!\!\!\!\!\overset{f(0)=0}{=\! =\! =\! =\!\Rightarrow } f^2(x) = x \end{aligned}}$ Μπορούμε από δω να βγάλουμε με ασφάλεια ότι $f(x)=\sqrt{x}$ ; Είναι κάτι που δε βλέπω; Πώς θα αποκλείσω τη πιθανότητα η να μην είναι η $-\sqrt{x}$ ;

(γ) Έστω $(\varepsilon)$ η εξίσωση της εφαπτομένης. Εφόσον άγεται από το (1, 1)

θα είναι της μορφής
$\displaystyle{1-f(x_0) = f'(x_0) \left ( 1-x_0 \right ) \Leftrightarrow 1 - \sqrt{x_0} = \frac{1}{2\sqrt{x_0}} \left ( 1-x_0 \right )}$ και αρκεί να βρούμε το x_0

. H εξίσωση παίρνει τη μορφή
$\displaystyle{\begin{aligned} 1-\sqrt{x} = \frac{1}{2\sqrt{x}} - \frac{\sqrt{x}}{2} &\overset{u=\sqrt{x}}{\Leftarrow \! =\! \Rightarrow} 1 - u = \frac{1}{2u} - \frac{u}{2}\\ &= u=1 \end{aligned}}$ και κατά συνέπεια x=1

πράγμα εντελώς λογικό αφού το (1, 1)

είναι σημείο της γραφικής παράστασης. Συνεπώς η εξίσωση της εφαπτομένης είναι η
$\displaystyle{y-1 = \frac{1}{2} \left( x - 1 \right)}$ (δ)

(i) Είναι γνωστό ότι η $\sqrt{x}$ είναι κοίλη ως συνάρτηση αφού για παράδειγμα έχει γνήσια φθίνουσα παράγωγο. Συνεπώς το γράφημα της εφαπτομένης είναι πάνω από το γράφημα της συνάρτησης. Άρα το εμβαδόν που περικλείεται της γραφικής παράστασης της

, του άξονα x'x

και του γραφήματος της εφαπτομένης είναι ίσο με
$\displaystyle{\begin{aligned} {\rm E}\left ( \Omega \right ) &= \bigintsss_{0}^{1} \left | f(x) - \frac{x}{2} - \frac{1}{2} \right |\, {\rm d}x \\ &=\bigintsss_{0}^{1} \left ( \frac{x}{2} + \frac{1}{2} - \sqrt{x} \right ) \, {\rm d}x \\ &= \left [ \frac{x^2}{4} + \frac{x}{2} - \frac{2x^{3/2}}{3} \right ]_0^1\\ &= \frac{1}{12} \end{aligned}}$ (ii) Έστω $x=\alpha$ η ζητούμενη ευθεία. Τότε θα ισχύει:
$\displaystyle{2 \int_{0}^{\alpha} \left ( \frac{x}{2} + \frac{1}{2} - \sqrt{x} \right ) \, {\rm d}x = \frac{1}{12}}$ Δηλαδή
$\displaystyle{2 \alpha \left ( 3 \alpha - 8 \sqrt{\alpha} + 6 \right ) =1 }$ και αρκεί να λύσουμε τη τελευταία εξίσωση η οποία λύνεται πώς ;

#3

Για το πρόσημο ;
Για τις πράξεις , δίνω το σχήμα ....

#4

Αν δεν έχω κάνει λάθος στις πράξεις βρίσκω $\displaystyle E(\Omega ) = \frac{1}{3}$ και $\displaystyle a = \sqrt {\frac{2}{3}} - 1$

M.S.Vovos · #5

george visvikis έγραψε: ↑
Σάβ Σεπ 09, 2017 6:23 pm
Αν δεν έχω κάνει λάθος στις πράξεις βρίσκω $\displaystyle E(\Omega ) = \frac{1}{3}$ και $\displaystyle a = \sqrt {\frac{2}{3}} - 1$

Σωστά κ. Γιώργο. Τα αποτελέσματα είναι αυτά που βρήκατε.

Εύρεση τύπου - Εφαπτομένη - Εμβαδόν

Εύρεση τύπου - Εφαπτομένη - Εμβαδόν

Re: Εύρεση τύπου - Εφαπτομένη - Εμβαδόν

Re: Εύρεση τύπου - Εφαπτομένη - Εμβαδόν

Re: Εύρεση τύπου - Εφαπτομένη - Εμβαδόν

Re: Εύρεση τύπου - Εφαπτομένη - Εμβαδόν

Μέλη σε σύνδεση