ΑΣΚΗΣΗ 401 2019

Χρηστος · #1

Α. Να βρείτε την παράγωγο της συνάρτησης $\large f(x)=ln\left ( x+\sqrt{x^2+4} \right )$ .
Β. Να υπολογισθούν τα ορισμένα ολοκληρώματα :
α) $\large I_{1}=\int_{0}^{1}\left ( \frac{1}{\sqrt{x^2+4}} \right )dx$
β) \large $\large I_{2}=\int_{0}^{1}\left (\sqrt{x^2+4})dx$
γ) $\large I_{3}=\int_{0}^{1}\left f\left ( x \right )dx$
Γ1 Να βρεθεί η εξίσωση εφαπτομένης στη γραφική παράσταση της f στο $\large x_{0}=0$ .
Γ2. Να δείξετε ότι $\large x+\sqrt{x^2+4}\succeq 2\sqrt{e^x}$ αν $\large x< 0$ .
Δ.1 Να βρεθεί το σύνολο τιμών της f .
Δ. 2 Να δείξετε ότι $\large \frac{\sqrt{5}}{3}<ln\left ( \frac{\sqrt{5}+3}{2} \right )< \frac{\sqrt{5}}{2}$

Tolaso J Kos · #2

Χρηστος έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 25, 2018 3:22 pm
Α. Να βρείτε την παράγωγο της συνάρτησης $\large f(x)=ln\left ( x+\sqrt{x^2+4} \right )$ .
Β. Να υπολογισθούν τα ορισμένα ολοκληρώματα :
α) $\large I_{1}=\int_{0}^{1}\left ( \frac{1}{\sqrt{x^2+4}} \right )dx$
β) $I_{2}=\int_{0}^{1}\left (\sqrt{x^2+4})dx$
γ) $\large I_{3}=\int_{0}^{1}\left f\left ( x \right )dx$
Γ1 Να βρεθεί η εξίσωση εφαπτομένης στη γραφική παράσταση της f στο $\large x_{0}=0$ .
Γ2. Να δείξετε ότι $\large x+\sqrt{x^2+4} \geq 2\sqrt{e^x}$ αν $\large x< 0$ .
Δ.1 Να βρεθεί το σύνολο τιμών της f .
Δ. 2 Να δείξετε ότι $\large \frac{\sqrt{5}}{3}<ln\left ( \frac{\sqrt{5}+3}{2} \right )< \frac{\sqrt{5}}{2}$

Έχω να λύσει ασκήσεις Γ' Λυκείου κάτι αιώνες ... Anyway, ας τη τιμήσουμε... !!

(Α) Είναι $f'(x) = \dfrac{1}{\sqrt{x^2+4}}$ .

(Β)

(α) Έχουμε διαδοχικά:

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{0}^{1} \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^2+4}} &= \left [ f(x) \right ]_0^1 \\ &= f(1) - f(0) \\ &= \ln \left ( 1+ \sqrt{5} \right ) - \ln 2 \\ &= \ln \left ( \frac{1+\sqrt{5}}{2} \right ) \\ &= \ln \varphi \end{aligned}}$
(β) Κάνουμε κατά παράγοντες οπότε έχουμε:

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{0}^{1} \sqrt{x^2+4} \, \mathrm{d}x &= \int_{0}^{1} \left ( x \right )' \sqrt{x^2+4} \, \mathrm{d}x \\ &=\left [ x\sqrt{x^2+4} \right ]_0^1 - \int_{0}^{1} \frac{x^2}{\sqrt{x^2+4}} \, \mathrm{d}x \\ &= \sqrt{5} - \int_{0}^{1} \frac{x^2+4-4}{\sqrt{x^2+4}} \, \mathrm{d}x \\ &=\sqrt{5} - \int_{0}^{1} \frac{x^2+4}{\sqrt{x^2+4}}\, \mathrm{d}x + 4 \int_{0}^{1} \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^2+4}} \\ &= \sqrt{5} - \int_{0}^{1} \sqrt{x^2+4} \, \mathrm{d}x + 4 \ln \varphi \end{aligned}}$
Συνεπώς:

$\displaystyle{2 \int_{0}^{1} \sqrt{x^2+4} \, \mathrm{d}x = \sqrt{5}+ {\color{red}{4}}\ln \varphi \Leftrightarrow \int_{0}^{1} \sqrt{x^2+4} \, \mathrm{d}x = \frac{\sqrt{5} + 4\ln \varphi}{2}}$
(γ) Εφαρμόζουμε κατά παράγοντες και έχουμε:

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{0}^{1} f(x) \, \mathrm{d}x &= \int_{0}^{1} (x)' \ln \left ( x + \sqrt{x^2+4} \right ) \, \mathrm{d}x \\ &=\left [ x \ln \left ( x + \sqrt{x^2+4} \right ) \right ]_0^1 - \int_{0}^{1} \frac{x}{\sqrt{x^2+4}} \, \mathrm{d}x \\ &=\log \left(1+ \sqrt{5} \right)- \int_{0}^{1} \frac{2x}{2\sqrt{x^2+4}} \, \mathrm{d}x \\ &=\log \left(1+ \sqrt{5} \right) - \left [ \sqrt{x^2+4} \right ]_0^1 \\ &=\log \left(1+ \sqrt{5} \right) - \sqrt{5} + 2 \end{aligned}}$
(Γ1.) Η εξίσωση της εφαπτομένης της

στο

έχει εξίσωση

$\displaystyle{y-f(0) = f'(0) \left ( x-0 \right ) \Leftrightarrow y - \ln 2 = \frac{x}{2} \Leftrightarrow y = \frac{x}{2} + \ln 2}$
(Γ2.) Επειδή η

είναι κυρτή στο $(-\infty, 0]$ διότι $\displaystyle{f''(x) = -\frac{x}{\left ( x^2+4 \right )^{3/2}} \geq 0 \quad \text{\gr για κάθε} \;\;\; x \leq 0}$ εύκολα διαπιστώνουμε ότι

$\displaystyle{\begin{aligned} f(x) \geq \frac{x}{2} + \ln 2 &\Leftrightarrow \ln \left ( x + \sqrt{x^2+4} \right ) \geq \frac{1}{2}\ln e^x + \ln 2 \\ &\Leftrightarrow \ln \left ( x + \sqrt{x^2+4} \right ) \geq \ln \sqrt{e^x} + \ln 2 \\ &\Leftrightarrow \ln \left ( x + \sqrt{x^2+4} \right ) \geq \ln 2\sqrt{e^x} \\ &\Leftrightarrow x + \sqrt{x^2+4} \geq 2\sqrt{e^x} \end{aligned}}$ Η ισότητα ισχύει όταν x=0

.

(Δ1.) Η

είναι γνήσια αύξουσα και συνεχής. Είναι $\displaystyle{\lim \limits_{x\rightarrow +\infty} f(x) = \lim \limits_{x\rightarrow +\infty} \ln \left ( x + \sqrt{x^2+4} \right ) = +\infty}$ (προφανές) και $\displaystyle{\lim \limits_{x\rightarrow -\infty} f(x) = \lim \limits_{x\rightarrow -\infty} \ln \left ( x + \sqrt{x^2+4} \right ) = -\infty}$ διότι

$\displaystyle{\begin{aligned} \lim_{x \rightarrow -\infty} \left ( x + \sqrt{x^2+4} \right ) &= \lim_{x\rightarrow -\infty} \frac{\left ( x+\sqrt{x^2+4} \right )\left ( x-\sqrt{x^2+4} \right )}{x-\sqrt{x^2+4}} \\ &= \lim_{x \rightarrow -\infty} \frac{x^2-x^2-4}{x-\sqrt{x^2+4}}\\ &= -4 \lim_{x \rightarrow -\infty} \frac{1}{x-\sqrt{x^2-4}}\\ &= 0 \end{aligned}}$
άρα το σύνολο τιμών της

είναι το $\mathbb{R}$ .

(Δ2.)

Για ΘΜΤ το κόβω αλλά πού και πώς ;

Edit: 12/12/18 Διόρθωση τυπογραφικών λαθών.

takare · #3

Εφαρμόζεις Θ.Μ.Τ για την f στο διάστημα $\left [ 0,\sqrt{5} \right ]$ και στη συνέχεια λαμβάνεις υπόψη τη μονοτονία της {f}'

.

#4

Χρηστος έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 25, 2018 3:22 pm
Δ. 2 Να δείξετε ότι $\large \frac{\sqrt{5}}{3}<ln\left ( \frac{\sqrt{5}+3}{2} \right )< \frac{\sqrt{5}}{2}$

Ακόμα καλύτερα, αποδείξτε ότι

$\displaystyle{\boxed{\frac{2}{\sqrt{5}}<\ln \frac{\sqrt{5}+3}{2}<1}}$

Tolaso J Kos · #5

takare έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 25, 2018 9:07 pm
Εφαρμόζεις Θ.Μ.Τ για την f στο διάστημα $\left [ 0,\sqrt{5} \right ]$ και στη συνέχεια λαμβάνεις υπόψη τη μονοτονία της .

Ευχαριστώ. Η

ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θεωρήματος Μέσης Τιμής στο $\left[ 0, \sqrt{5} \right]$ αφού είναι συνεχής στο $\left[ 0, \sqrt{5} \right]$ και παραγωγίσιμη στο $\left( 0, \sqrt{5} \right)$ . Συνεπώς , υπάρχει $\xi \in \left( 0, \sqrt{5} \right)$ τέτοιο ώστε

$\displaystyle{f'\left ( \xi \right ) = \frac{f\left ( \sqrt{5} \right ) - f (0)}{\sqrt{5}} = \frac{\ln \left ( \sqrt{5}+3 \right )- \ln 2}{\sqrt{5}} = \frac{\ln \left ( \frac{\sqrt{5}+3}{2} \right )}{\sqrt{5}} }$
Όμως, η

είναι γνήσια φθίνουσα στο $\left[ 0, \sqrt{5} \right]$ . Συνεπώς,

$\displaystyle{\begin{aligned} f'(0) > f'(\xi) > f' \left ( \sqrt{5} \right ) &\Leftrightarrow \frac{1}{2} > \frac{\ln \left ( \frac{3+\sqrt{5}}{2} \right )}{\sqrt{5}} > \frac{1}{3} \\ &\Leftrightarrow \frac{\sqrt{5}}{2} > \ln \left ( \frac{3+\sqrt{5}}{2} \right )> \frac{\sqrt{5}}{3} \end{aligned}}$
και η ανισότητα αποδείχθηκε.

Χρηστος · #6

Δ.3. Να εξετάσετε αν υπάρχουν οριζόντιες ή πλάγιες ασύμπτωτες στην γραφική παράσταση τηs f.

KARKAR · #7

matha έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 26, 2018 1:13 am

Ακόμα καλύτερα, αποδείξτε ότι

$\displaystyle{\boxed{\frac{2}{\sqrt{5}}<\ln \frac{\sqrt{5}+3}{2}<1}}$

Παρατήρηση ( πιθανόν αξιοποιήσιμη ) : Είναι $\ln\dfrac{\sqrt{5}+3}{2}=ln\phi^2=2ln\phi=2I_{1}$

Επειδή : $\dfrac{2}{\sqrt{5}}<\dfrac{9}{10}$ και $\dfrac{3+\sqrt{5}}{2}=\phi^2=\phi+1\simeq2.618 <e$ , έχουμε :

$ln\dfrac{2}{\sqrt{5}}<lne^{0.9}<ln\phi^2<lne$ , δηλαδή θέλουμε : $e^{0.9}<\phi^2<e$ , που ισχύει

αφού είναι : $e^{0.9}\simeq2.46$

Χρηστος · #8

Σας ευχαριστώ όλους ...

..Για την λύση και την επισήμανση του αριθμού φ που ήταν η αιτία για την κατασκευή άσκησης .

.. Για τήν καλύτερη πρόταση του Θάνου δηλαδή για ΘΜΤ στο [0,1] .

Christos.N · #9

Χρηστος έγραψε: ↑
Τρί Δεκ 18, 2018 5:33 pm
Σας ευχαριστώ όλους ...

..Για την λύση και την επισήμανση του αριθμού φ που ήταν η αιτία για την κατασκευή άσκησης .

.. Για τήν καλύτερη πρόταση του Θάνου δηλαδή για ΘΜΤ στο [0,1] .

Καλό θα ήταν να μην χρησιμοποιείς μεγάλες γραμματοσειρές γιατί δημιουργούν αντίθετο αποτέλεσμα από αυτό που έχεις στο μυαλό σου.

ΑΣΚΗΣΗ 401 2019

ΑΣΚΗΣΗ 401 2019

Re: ΑΣΚΗΣΗ 401 2019

Re: ΑΣΚΗΣΗ 401 2019

Re: ΑΣΚΗΣΗ 401 2019

Re: ΑΣΚΗΣΗ 401 2019

Re: ΑΣΚΗΣΗ 401 2019

Re: ΑΣΚΗΣΗ 401 2019

Re: ΑΣΚΗΣΗ 401 2019

Re: ΑΣΚΗΣΗ 401 2019

Μέλη σε σύνδεση