ΥΠΑΡΞΗ-ΠΡΟΣΗΜΟ-ΟΡΙΟ

#1

...μιά αποψινή δημιουργία...

Έστω $f:(0,\,\,\,+\infty )\to R$ που είναι δύο φορές παραγωγίσιμη και γνήσια φθίνουσα στο $(0,\,\,\,+\infty )$ με $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f(x)=-1$ ,

{f}'

κοίλη στο $(0,\,\,\,+\infty )$ και ισχύει ότι ${f}''(x)-f(x)=\frac{1}{x}-x\ln x,\,\,\,x>0$

Α) Να δειχθεί ότι η

έχει μοναδικό σημείο καμπής στο $(0,\,\,\,+\infty )$

Β) Αν γνωρίζουμε επιπλέον ότι η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της {f}'

στο σημείο της

με τετμημένη x=1

περνάει από την αρχή των αξόνων, τότε

i) Να δειχθεί ότι ${f}'(x)<0,\,\,\,\,\,x\in (0,\,\,+\infty )$

ii) Να δειχθεί ότι $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)=-\infty$

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

makisman · #2

Α. Θεωρώ την $g(x)=\begin{cases} & \text f(x), { x>0 } \\ & \text -1, { x=0 } \end{cases}$

Η

είναι συνεχής στο $(0, \infty)$ και αφού $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f(x)=-1$ είναι συνεχής στο $[0, \infty)$ ,επιπλέον g(x)=f(x)

, $(0, \infty)$ γν. φθίνουσα τότε g γν. φθίνουσα στο $[0, \infty)$

άρα $x>0\Rightarrow g(x)<g(0)=-1\Rightarrow f($ x)<-1

θεωρώ την $h(x)=f(x)-xlnx+\frac{1}{x}, x \in (0,\infty)$

τότε h(1)=f(1)+1<0

, $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,h(x)=\infty$

άρα υπάρχει $x_{o}\in (0,\infty):h(x_{o})=0\Rightarrow f"(x_{o})=0$

τώρα

κοίλη άρα

γν. φθίνουσα άρα το $x_{o}$ είναι μοναδική ρίζα της

με ταυτόχρονη ενναλαγή προσήμου ,συνεπώς έχει μοναδικό Σ.Κ.

Θεοδωρος Παγωνης · #3

makisman έγραψε:Α. Θεωρώ την $g(x)=\begin{cases} & \text f(x), { x>0 } \\ & \text 0, { x=0 } \end{cases}$

Η είναι συνεχής στο $(0, \infty)$ και αφού $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f(x)=-1$ είναι συνεχής στο $[0, \infty)$ ,επιπλέον , $(0, \infty)$ γν. φθίνουσα τότε g γν. φθίνουσα στο $[0, \infty)$

άρα $x>0\Rightarrow g(x)<g(0)=-1\Rightarrow f($ x)<-1

θεωρώ την $h(x)=f(x)-xlnx+\frac{1}{x}, x \in (0,\infty)$

τότε , $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,h(x)=\infty$

άρα υπάρχει $x_{o}\in (0,\infty):h(x_{o})=0\Rightarrow f"(x_{o})=0$

τώρα κοίλη άρα γν. φθίνουσα άρα το $x_{o}$ είναι μοναδική ρίζα της με ταυτόχρονη ενναλαγή προσήμου ,συνεπώς έχει μοναδικό Σ.Κ.

Νομίζω υπάρχει ένα "τυπογραφικό" λάθος στον τύπο της g. Για χ=0 πρέπει g(0)=-1

#4

KAKABASBASILEIOS έγραψε:...μιά αποψινή δημιουργία...

Έστω $f:(0,\,\,\,+\infty )\to R$ που είναι δύο φορές παραγωγίσιμη και γνήσια φθίνουσα στο $(0,\,\,\,+\infty )$ με $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f(x)=-1$ ,

κοίλη στο $(0,\,\,\,+\infty )$ και ισχύει ότι ${f}''(x)-f(x)=\frac{1}{x}-x\ln x,\,\,\,x>0$

Α) Να δειχθεί ότι η έχει μοναδικό σημείο καμπής στο $(0,\,\,\,+\infty )$

Β) Αν γνωρίζουμε επιπλέον ότι η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της στο σημείο της

με τετμημένη περνάει από την αρχή των αξόνων, τότε

i) Να δειχθεί ότι ${f}'(x)<0,\,\,\,\,\,x\in (0,\,\,+\infty )$

ii) Να δειχθεί ότι $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)=-\infty$

Γ) Αν επιπλέον γνωρίζουμε ότι ${f}'(1)=1-e,\,\,\,f(1)=e$ να βρεθεί η συνάρτηση .

...όταν την κατασκεύασα πίστευα ότι η διαφορική ήταν αδύνατη αλλά στο μάθημα είδα ότι με λίγο φαντασία λύνεται
έτσι απογειώνοντας το θέμα πρόσθεσα και το τρίτο ερώτημα...

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

makisman · #5

...συνέχεια με Β.i

η εφαπτόμενη της $C_{f'}$ στο

είναι

και αφού διέρχεται από το O(0,0)

είναι

- έστω οτι υπάρχει $a\in (0,+\infty)$ ώστε $f'(a)>0\Rightarrow \lim_{+\infty}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}}>0\Rightarrow \frac{f(x)-f(a)}{x-a}>0$ κοντά στο α
άτοπο αφού

γν. φθίνουσα

- έστω οτι υπάρχει $a\in (0,+\infty)$ ώστε f'(a)=0

τότε για

από ΘΜΤ υπάρχει $c\in [1,a]:f''(c)=\frac{f'(a)-f'(1)}{a-1}$
όμως f''

γν φθίνουσα ,

$1<c<a\Rightarrow f''(c)<f''(1)\Rightarrow \frac{f'(a)-f'(1)}{a-1}<f''(1)\Rightarrow \frac{-f'(1)}{a-1}<f'(1)\Rightarrow f'(1)>0$

άτοπο από προηγούμενο. Όμοια αν 1>a

. επίσης για a=1

είναι

και από τη δεδομένη συναρτησιακή έχω για x=1

οτι

,άτοπο αφού f(x)<-1

άρα

για κάθε $x\in (0,+\infty)$

ii. η

είναι κοίλη στο $(x_{0},+\infty)$ και η εφαπτόμενη στο $x_{0}$ είναι $y-f(x_{0})=f'(x_{0})(x-x_{0})$ άρα $f(x)\leq f'(x_{0})(x-x_{0})+f(x_{0})\Rightarrow \lim_{x \rightarrow +\infty}f(x)\leq \lim_{x\rightarrow +\infty}f'(x_{0})(x-x_{0})+f(x_{0})$

και από ΚΠ με $f'(x_{0})<0$ είναι $\lim_{x \rightarrow +\infty}f(x)=-\infty$

makisman · #6

Για το Γ. και την επίλυση της διαφορικής έκανα μια σκέψη προσθαφαίρεση στο 1 μέλος το xf'(x)

και πολ/ντας στη συνέχεια με
$e^{\frac{-x^{2}}{2}}$ αλλά μπορεί να βγει αν f(1)=e-1

και όχι f(1)=e

θα δοκιμάσω ξανα.

#7

για την διαφορική

$\displaystyle{f''(x)-f'(x)+f'(x)-f(x)=1/x-xlnx\Rightarrow e^x(f'(x)-f(x))'+(e^x)'(f'(x)-f(x))=(e^x(-1+(-1+x)lnx)'}$
$\displaystyle{\Rightarrow (f'(x)-f(x))=-1+(-1+x)lnx+c_1e^{-x} \Rightarrow (e^{-x}f(x))'=(e{-x}xlnx-c_1/2e^{-2x})'}$
$\displaystyle{ \Rightarrow f(x)=xlnx-c_1/2e^{-x}+c_2e^x}$

maiksoul · #8

Λίγο διαφορετικά για το β i ερώτημα:
από το πρώτο ερώτημα η παράγωγος έχει δύο διαστήματα (ΔΙΑΦΟΡΕΤΙΚΗΣ) μονοτονίας και ένα ολικό μέγιστο στη θέση του Σ.Κ., επομένως αν μηδενίζεται αυτό θα γίνεται το πολύ δύο φορές. Έχουμε τις περιπτώσεις:
>να μηδενίζεται σε κάποιον αριθμό, στο εσωτερικό ενός από τα διαστήματα μονοτονίας της, τότε θα ΑΛΛΑΖΕ ΠΡΟΣΗΜΟ(λόγω μονοτονίας) και επομένως η αρχική συνάρτηση θα ήταν σε κάποιο διάστημα της γνησίως αύξουσα ΑΤΟΠΟ, αφού είναι γνησίως φθίνουσα
>να μηδενίζεται στο 1 , λόγω αρχικής σχέσης προκύπτει ΑΤΟΠΟ
>να μηδενίζεται στη θέση του Σ.Κ. .Αυτή την περίπτωση προσπαθώ να την αποκλείσω χωρίς χρήση Θ.Μ.Τ., αλλά όλο κάτι μου λείπει ! Κάθε ιδέα ευπρόσδεκτη.
>να μην μηδενίζεται, όπου είναι και αυτό που απομένει
Ας βάλω και ένα μικρό ερώτημα(αν μου επιτρέπεται και πρώτα απόλα από τον δημιουργό) : Ας δειχτεί ότι η θέση του Σ.Κ. είναι πριν το ΕΝΑ. Ευχαριστώ!

#9

...πρώτα ένα ευχαριστώ στους Θοδωρή,makisman, Ροδόλφο, maiksoul, γιά το χρόνο που αφιέρωσαν στο θέμα...

Παρακάτω δίνω την λύση πάνω στην σκέψη της δημιουργίας...ικανοποιώντας και το ερώτημα του maiksoul...

Α) Από ${f}''(x)-f(x)=\frac{1}{x}-x\ln x,\,\,\,x>0$ είναι ${f}''(x)=f(x)+\frac{1}{x}-x\ln x,\,\,\,x>0$ άρα η {f}''

είναι συνεχής

ως πράξεις μεταξύ συνεχών συναρτήσεων με $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{f}''(x)=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,(f(x)+\frac{1}{x}-x\ln x)=+\infty$

γιατί $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f(x)=-1$ και $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,x\ln x=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln x}{\frac{1}{x}}\underset{DLH}{\overset{\frac{\infty }{\infty }}{\mathop{=}}}\,\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,(-x)=0$

άρα υπάρχει $\alpha >0$ ώστε ${f}''(\alpha )>0$

Επίσης {f}''(1)=f(1)+1

και επειδή η

είναι γνήσια φθίνουσα στο $A=(0,\,\,\,+\infty )$ έχει σύνολο τιμών το

$f(A)=(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x),\,\,\,\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f(x))=(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x),\,\,\,-1)$ άρα

$f(x)<-1,\,\,\,\,x\in (0,\,\,+\infty )$ επομένως {f}''(1)=f(1)+1<0

άρα ισχύει ότι ${f}''(\alpha ){f}''(1)<0$

και από θεώρημα Bolzano υπάρχει ${{x}_{0}}\in (\alpha ,\,\,1)\subset (0,\,\,1)$ ώστε ${f}''({{x}_{0}})=0$

Τώρα επειδή {f}'

κοίλη στο $(0,\,\,\,+\infty )$ η {f}''

γνήσια φθίνουσα στο $(0,\,\,\,+\infty )$ επομένως για $0<x<{{x}_{0}}$ ισχύει ότι

${f}''(x)>{f}''({{x}_{0}})=0$ άρα η

είναι κυρτή στο $(0,\,\,{{x}_{0}}]$ και για $x>{{x}_{0}}$ ισχύει ότι ${f}''(x)<{f}''({{x}_{0}})=0$ άρα η

είναι κοίλη στο $[{{x}_{0}},\,\,\,+\infty )$ επομένως η

έχει μοναδικό σημείο καμπής στο $(0,\,\,1)\subset (0,\,\,\,+\infty )$ .

Β. i) Γνωρίζουμε ότι η ότι η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της {f}'

στο σημείο της

με τετμημένη x=1

περνάει από την αρχή των αξόνων

άρα αφού η εξίσωση της εφαπτομένης είναι η y-{f}'(1)={f}''(1)(x-1)

ισχύει ότι

$0-{f}'(1)={f}''(1)(0-1)\Leftrightarrow {f}'(1)={f}''(1)$ και επειδή από

{f}''(1)=f(1)+1<0

έχουμε ότι και {f}'(1)<0

και η εφαπτομένη στο $(1,\,\,{f}'(1))$

είναι y={f}'(1)x

και λόγω κοιλότητας της {f}'

ισχύει ότι

${f}'(x)\le {f}'(1)x,\,\,\,x\in (0,\,\,+\infty )$ με το ίσο για x=1

άρα για $x={{x}_{0}}$ ισχύει ότι ${f}'({{x}_{0}})\le {f}'(1){{x}_{0}}<0$ .

Όμως στο $x={{x}_{0}}$ η {f}'

παρουσιάζει μέγιστο (από Α) άρα ισχύει ${f}'(x)\le {f}'({{x}_{0}})<0,\,\,\,x\in (0,\,\,+\infty )$

ii) Τώρα επειδή η η

είναι κοίλη στο $[{{x}_{0}},\,\,\,+\infty )$ και η εφαπτομένη στο σημείο της $(1,\,\,f(1))$ είναι η

$y-f(1)={f}'(1)(x-1)\Leftrightarrow y={f}'(1)x+f(1)-{f}'(1)$ ισχύει ότι

$f(x)\le {f}'(1)x+f(1)-{f}'(1)$ για $x\in ({{x}_{0}},\,\,\,+\infty )$ και επειδή $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,({f}'(1)x)=-\infty$ αφού

{f}'(1)<0

λόγω της ανισότητας έχουμε ότι $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)=-\infty$

Γ) Από ${f}''(x)-f(x)=\frac{1}{x}-x\ln x,\,\,\,x>0$ έχουμε ισοδύναμα ότι

${f}''(x)-{f}'(x)+{f}'(x)-f(x)=\frac{1}{x}-x\ln x,\,\,\,x>0$ και αν g(x)={f}'(x)-f(x)

έχουμε ότι

${g}'(x)+g(x)=\frac{1}{x}-x\ln x,\,\,\,x>0$ ή

${{e}^{x}}{g}'(x)+{{e}^{x}}g(x)={{e}^{x}}\frac{1}{x}-{{e}^{x}}x\ln x,\,\,\,x>0$ ή

$({{e}^{x}}g(x){)}'={{e}^{x}}\frac{1}{x}+{{e}^{x}}\ln x-{{e}^{x}}\ln x-{{e}^{x}}x\ln x,\,\,\,x>0$ ή

$({{e}^{x}}g(x){)}'=({{e}^{x}}\ln x{)}'-\ln x({{e}^{x}}+{{e}^{x}}x),\,\,\,x>0$ ή $({{e}^{x}}g(x){)}'=({{e}^{x}}\ln x{)}'-\ln x({{e}^{x}}x{)}',\,\,\,x>0$ (1)

Τώρα $\int\limits_{1}^{x}{\ln t({{e}^{t}}t{)}'dx}=\left[ t{{e}^{t}}\ln t \right]_{1}^{x}-\int\limits_{1}^{x}{\frac{1}{t}{{e}^{t}}tdx}=x{{e}^{x}}\ln x-{{e}^{x}}+1$

άρα από (1) ισχύει ότι $({{e}^{x}}g(x){)}'=({{e}^{x}}\ln x{)}'-(x{{e}^{x}}\ln x-{{e}^{x}}+1{)}',\,\,\,x>0$ άρα είναι

${{e}^{x}}g(x)={{e}^{x}}\ln x-x{{e}^{x}}\ln x+{{e}^{x}}-1+c,\,\,\,x>0$ και επειδή g(1)={f}'(1)-f(1)=1

είναι

άρα

${{e}^{x}}g(x)={{e}^{x}}\ln x-x{{e}^{x}}\ln x+{{e}^{x}},\,\,\,x>0$ ή $g(x)=\ln x-x\ln x+1,\,\,\,x>0$ δηλαδή

${f}'(x)-f(x)=\ln x-x\ln x+1,\,\,\,x>0$ ή

${f}'(x)-f(x)=(x\ln x{)}'-x\ln x,\,\,\,x>0\Leftrightarrow (f(x)-x\ln x{)}'=f(x)-x\ln x,\,\,x>0$ άρα $f(x)-x\ln x=c{{e}^{x}},\,\,\,x>0$

και επειδή $f(1)=ce\Leftrightarrow -e=ce\Leftrightarrow c=-1$ άρα $f(x)-x\ln x=-{{e}^{x}}\Leftrightarrow f(x)=x\ln x-{{e}^{x}}\,\,\,x>0$

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

maiksoul · #10

Πανέμορφα, ευχαριστώ ειλικρινά πολύ, για τον χρόνο και την πολύ αναλυτική και εύστοχη απάντηση! Ας δώσω και εγώ κάτι το οποίο παρατήρησα στην διαφορική.
> Στο β μέλος της διαφορικής εξίσωσης υπάρχουν δύο συναρτήσεις όπου η πρώτη είναι η ΔΕΥΤΕΡΗ ΠΑΡΑΓΩΓΟΣ της δεύτερης συνάρτησης!
>Μεταφέροντας στο α μέλος τις ΔΕΥΤΕΡΕΣ ΠΑΡΑΓΩΓΟΥΣ και στο β μέλος τις απλές συναρτήσεις προκύπτει ένας νέος μάλλον δρόμος επίλυσης της διαφορικής!
Ευχαριστώ ξανά

leuteris · #11

Να παρατηρήσω ότι στη λύση του ο κ Βασίλης είχε ότι f'(1)-f(1)=1

ενώ

και

.Αν ήταν

...

ΥΠΑΡΞΗ-ΠΡΟΣΗΜΟ-ΟΡΙΟ

ΥΠΑΡΞΗ-ΠΡΟΣΗΜΟ-ΟΡΙΟ

Re: ΥΠΑΡΞΗ-ΠΡΟΣΗΜΟ-ΟΡΙΟ

Re: ΥΠΑΡΞΗ-ΠΡΟΣΗΜΟ-ΟΡΙΟ

Re: ΥΠΑΡΞΗ-ΠΡΟΣΗΜΟ-ΟΡΙΟ

Re: ΥΠΑΡΞΗ-ΠΡΟΣΗΜΟ-ΟΡΙΟ

Re: ΥΠΑΡΞΗ-ΠΡΟΣΗΜΟ-ΟΡΙΟ

Re: ΥΠΑΡΞΗ-ΠΡΟΣΗΜΟ-ΟΡΙΟ

Re: ΥΠΑΡΞΗ-ΠΡΟΣΗΜΟ-ΟΡΙΟ

Re: ΥΠΑΡΞΗ-ΠΡΟΣΗΜΟ-ΟΡΙΟ

Re: ΥΠΑΡΞΗ-ΠΡΟΣΗΜΟ-ΟΡΙΟ

Re: ΥΠΑΡΞΗ-ΠΡΟΣΗΜΟ-ΟΡΙΟ

Μέλη σε σύνδεση