Γενική

erxmer · #1

Δίνεται η συνάρτηση

για την οποία ισχύει οτι $\displaystyle{(x^3+x)f'(x)+2x^2f(x)=1, x>0, f(1)=0}$

Α. Να βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης

Β. Να μελετηθεί ως προς την μονοτονία και τα ακρότατα.

Αν F(x)

η αρχική της

Γ. Να αποδειχτεί ότι

1. η

έχει μοναδικό σημείο καμπής

2. $\displaystyle{\int_{\frac{1}{2}}^{1}{\frac{lntdt}{1+t^2}}=\int_{2}^{1}{\frac{lntdt}{1+t^2}}}$

3. η εξίσωση F(x)=0

έχει ακριβώς δύο λύσεις στο

4. υπάρχουν ${\xi _1},{\xi _2} \in \left( {0, + \infty } \right):\,\,\,\,\,\,f\left( {{\xi _1}} \right) + 2f\left( {{\xi _2}} \right) = 0$

MarKo · #2

Δίνεται η συνάρτηση f για την οποία ισχύει οτι \displaystyle{(x^3+x)f'(x)+2x^2f(x)=1, x>0, f(1)=0}

Α. Να βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης

Για το Α) Η σχέση γράφεται

$\displaystyle{\eqalign{ & \left( {{x^2} + 1} \right)f'\left( x \right) + 2xf\left( x \right) = \frac{1} {x} \Rightarrow \cr & \left( {{x^2} + 1} \right)f\left( x \right) = \ln x + c \cr} }$

Για $\displaystyle{x = 1}$ η τελευταία δίνει $\displaystyle{c = 0}$

άρα $\displaystyle{f\left( x \right) = \frac{{\ln x}} {{{x^2} + 1}}}$ , $\displaystyle{x > 0}$
η οποία επαληθεύει και την αρχική συνθηκη.

#3

erxmer έγραψε:Δίνεται η συνάρτηση για την οποία ισχύει οτι $\displaystyle{(x^3+x)f'(x)+2x^2f(x)=1, x>0, f(1)=0}$

Α. Να βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης

Β. Να μελετηθεί ως προς την μονοτονία και τα ακρότατα.

Αν η αρχική της

Γ. Να αποδειχτεί ότι

1. η έχει μοναδικό σημείο καμπής

2. $\displaystyle{\int_{\frac{1}{2}}^{1}{\frac{lntdt}{1+t^2}}=\int_{2}^{1}{\frac{lntdt}{1+t^2}}}$

3. η εξίσωση έχει ακριβώς δύο λύσεις στο

4. υπάρχουν ${\xi _1},{\xi _2} \in \left( {0, + \infty } \right):\,\,\,\,\,\,f\left( {{\xi _1}} \right) + 2f\left( {{\xi _2}} \right) = 0$

...μιά προσπάθεια μέχρι το Γ1......

Α. Είναι από $({{x}^{3}}+x){f}'(x)+2{{x}^{2}}f(x)=1,x>0$ ισοδύναμα

$({{x}^{2}}+1){f}'(x)+2xf(x)=\frac{1}{x}\Leftrightarrow {{\left( ({{x}^{2}}+1)f(x) \right)}^{\prime }}={{\left( \ln x \right)}^{\prime }},\,\,\,x\in (0,\,\,+\infty )$

άρα $({{x}^{2}}+1)f(x)=lnx+c$ και επειδή $\displaystyle{(x^3+x)f'(x)+2x^2f(x)=1, x>0, f(1)=0}$

προκύπτει ότι c=0

επομένως $f(x)=\frac{\ln x}{{{x}^{2}}+1},\,\,\,x\in (0,\,\,+\infty )$

Β. Η $f(x)=\frac{\ln x}{{{x}^{2}}+1},\,\,\,x\in (0,\,\,+\infty )$ είναι παραγωγίσιμη με

${f}'(x)=\frac{{{x}^{2}}+1-2{{x}^{2}}\ln x}{{{({{x}^{2}}+1)}^{2}}}=\frac{{{x}^{2}}(1+\frac{1}{{{x}^{2}}}-2\ln x)}{{{({{x}^{2}}+1)}^{2}}},\,\,\,x\in (0,\,\,+\infty )$ (1)

Τώρα η $g(x)=1+\frac{1}{{{x}^{2}}}-2\ln x,\,\,\,x>0$ είναι παραγωγίσιμη με

${g}'(x)=-\frac{2}{{{x}^{3}}}-\frac{2}{x}=-\frac{2}{x}\left( \frac{1}{{{x}^{2}}}+1 \right)<0,\,\,\,x>0$ άρα η

είναι γνήσια φθίνουσα στο $\Delta =(0,\,\,+\infty )$ οπότε θα είναι

$g(\Delta )=(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,g(x),\,\,\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,g(x))=(-\infty ,\,\,+\infty )=R$ επομένως επειδή

$0\in g(\Delta )=R$ η

έχει ρίζα στο ${{x}_{0}}\in (0,\,\,+\infty )$ που είναι και μοναδική λόγω μονοτονίας της

και έτσι αφού ${f}'(x)=\frac{{{x}^{2}}g(x)}{{{({{x}^{2}}+1)}^{2}}},\,\,\,x\in (0,\,\,+\infty )$ θα είναι

${f}'(x)=0\Leftrightarrow g(x)=0\Leftrightarrow x={{x}_{0}}$ και ${f}'(x)>0\Leftrightarrow g(x)>0\overset{g:\searrow }{\mathop{\Leftrightarrow }}\,x<{{x}_{0}}$

και ${f}'(x)<0\Leftrightarrow g(x)<0\overset{g:\searrow }{\mathop{\Leftrightarrow }}\,x>{{x}_{0}}$ άρα η

είναι γνήσια αύξουσα στο

$(0,\,\,{{x}_{0}}]$ και γνήσια φθίνουσα στο $[{{x}_{0}},\,\,+\infty )$ άρα έχει ολικό μέγιστο το $f({{x}_{0}})=\frac{1}{2x_{0}^{2}}$

αφού από $g({{x}_{0}})=0\Leftrightarrow x_{0}^{2}+1=2x_{0}^{2}\ln {{x}_{0}}$ και $f({{x}_{0}})=\frac{\ln {{x}_{0}}}{x_{0}^{2}+1}$ .

Γ. 1) Είναι {F}'(x)=f(x)

και

και λόγω του (Β) η η

έχει μοναδικό σημείο καμπής το $({{x}_{0}},\,\,F({{x}_{0}}))$

...για τα υπόλοιπα

και μετά την επέμβαση του δημιουργού στην υπόθεση τα Γ2,(μισό) Γ3 Γ4...

2) Είναι $I=\int\limits_{\frac{1}{2}}^{1}{\frac{lntdt}{1+{{t}^{2}}}}$ και με $u=\frac{1}{t}$ έχουμε ότι

$du=-\frac{1}{{{t}^{2}}}dt$ και $t=\frac{1}{2}\to u=2,\,\,t=1\to u=1$ οπότε

$I=-\int\limits_{\frac{1}{2}}^{1}{\frac{{{t}^{2}}lnt}{1+{{t}^{2}}}}(-\frac{1}{{{t}^{2}}}dt)=-\int\limits_{2}^{1}{\frac{1}{{{u}^{2}}}\frac{ln\frac{1}{u}}{1+\frac{1}{{{u}^{2}}}}}du=-\int\limits_{2}^{1}{\frac{-\ln u}{{{u}^{2}}+1}du=}\int\limits_{2}^{1}{\frac{\ln u}{{{u}^{2}}+1}du}$ που είναι αυτό που θέλαμε.

3) Λίγο ανάποδα. Η εξίσωση F(x)=0

δεν μπορεί να έχει τρεις ρίζες $0<{{\rho }_{1}}<{{\rho }_{2}}<{{\rho }_{3}}$ για τι από Rolle στα

$[{{\rho }_{1}},\,{{\rho }_{2}}],\,\,[{{\rho }_{2}},\,{{\rho }_{3}}]$ η {F}'(x)=f(x)

θα έχει δύο ρίζες και αυτό είναι άτοπο αφού η

$f(x)=\frac{\ln x}{{{x}^{2}}+1},\,\,\,x\in (0,\,\,+\infty )$ έχει μοναδική ρίζα την x=1

, επομένως η F(x)=0

έχει το πολύ δύο ρίζες. ....

..για την ύπαρξη

4) Από (2) έχουμε ότι $\displaystyle{F(1)-F(\frac{1}{2})=F(1)-F(2)\Leftrightarrow F(\frac{1}{2})=F(2)}$ .

Τώρα στα διαστήματα $[\frac{1}{2},\,\,1],\,\,[1,\,\,2]$ σύμφωνα με Θ.Μ.Τ. υπάρχουν ${{x}_{1}}\in (\frac{1}{2},\,\,1),\,\,{{x}_{2}}\in (1,\,\,2)$

ώστε ${F}'({{x}_{1}})=\frac{F(1)-F(\frac{1}{2})}{1-\frac{1}{2}},\,\,{F}'({{x}_{2}})=\frac{F(2)-F(1)}{2-1},\,\,$ και λόγω και προηγουμένου είναι

$f({{x}_{1}})=2(F(1)-F(2)),\,\,f({{x}_{2}})=F(2)-F(1)\,\,$ οπότε $f({{x}_{1}})=-2f({{x}_{2}})\Leftrightarrow f({{x}_{1}})+2f({{x}_{2}})=0$

που είναι αυτό που θέλαμε.

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

Γενική

Γενική

Re: Γενική

Re: Γενική

Μέλη σε σύνδεση