Χωρίς DLH

#1

Α) Δίνεται η συνάρτηση $\displaystyle f(x) = \frac{{\sin x - x}}{{1 - \cos x}},x \in [ - \pi ,0) \cup (0,\pi ]$

Αποδείξτε ότι $\displaystyle - x < f(x) < 0,x \in (0,\pi ]$ και $\displaystyle 0 < f(x) < - x,x \in [ - \pi ,0)$

Β) Δίνεται η συνάρτηση $\displaystyle g(x) = \left\{ \begin{array}{l} \dfrac{{x\sin x}}{{1 - \cos x}},x \in [ - \pi ,0) \cup (0,\pi ]\\ \\ 2,x = 0 \end{array} \right.$

Να αποδείξετε ότι η

είναι συνεχής στο x_0=0

και να εξετάσετε αν είναι παραγωγίσιμη στο σημείο αυτό.

Τα όρια να υπολογισθούν χωρίς τη χρήση κανόνων DLH.

BAGGP93 · #2

Επειδή $1-\cos\,x>0\,,x\in\left(0,\pi\right]$ και $\sin\,x-x<0\,,x\in\left(0,\pi\right]$ , πρόκυπτει $f(x)<0\,,x\in\left(0,\pi\right]$ . Τώρα, για

$x\in\left(0,\pi\right]$ έχουμε

$\begin{aligned}f(x)>-x&\iff \dfrac{\sin\,x-x}{1-\cos\,x}>-x\\&\iff \sin\,x-x>-x+x\,\cos\,x\\&\iff \sin\,x-x\,\cos\,x>0\,\,(\ast)\end{aligned}$

Τώρα, για τυχόν $0<x\leq \pi$ από το Θεώρημα Μέσης Τιμής για τη συνάρτηση του ημιτόνου στο $\left[0,x\right]$ , υπάρχει $\xi\in\left(0,x\right)$ ώστε

$\cos\,\xi=\dfrac{\sin\,x}{x}$ , άρα, $\xi<x\implies \cos\,\xi>\cos\,x\implies \dfrac{\sin\,x}{x}>\cos\,x$ (που είναι η $(\ast)$ )

Ώστε, $-x<f(x)<0\,,x\in\left(0,\pi\right]$ . Τώρα, για κάθε $x\in\left[-\pi,0\right)\cup\left(0,\pi\right]$ έχουμε

$f(-x)=\dfrac{\sin\,(-x)-(-x)}{1-\cos\,(-x)}=\dfrac{-\sin\,x+x}{1-\cos\,x}=-f(x)$ , που σημαίνει ότι η

είναι περιττή στο πεδίο ορισμού της.

Έτσι, για $x\in\left[-\pi,0\right)$ έχουμε $f(x)=f(-(-x))=-f(-x)\stackrel{0<-x<\pi}{>}0$ και παράλληλα -f(-x)<-x

.

Μια χρήσιμη παρατήρηση για το B. είναι (λόγω Κριτηρίου Παρεμβολής) ότι $\lim_{x\to 0}f(x)=0$

Β. Παρατηρούμε ότι $g(x)=x\,f(x)+\dfrac{x^2}{1-\cos\,x}\,,x\in\left[-\pi,0\right)\cup\left(0,\pi\right]$ και επειδή

$\lim_{x\to 0}\dfrac{x^2}{1-\cos\,x}=\lim_{x\to 0}\dfrac{x^2(1+\cos\,x)}{\sin^2\,x}=\lim_{x\to 0}\dfrac{1+\cos\,x}{(\sin\,x/x)^2}=2$ έπεται ότι

$\lim_{x\to 0}g(x)=2=g(0)$ , γεγονός που αποδεικνύει τη συνέχεια της

στο σημείο x=0

. Επανέρχομαι για την παράγωγο.

#3

Αλλάζω το τελευταίο ερώτημα (για την παράγωγο χωρίς DLH):

Να βρείτε (εφόσον υπάρχει) το όριο $\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} g'(x)$

Μάρκος Βασίλης · #4

Για $x\in[-\pi,0)\cup(0,\pi]$ έχουμε:

$\displaystyle{\begin{aligned} g'(x)&=\frac{(\sin x+x\cos x)(1-\cos x)-x\sin x(\sin x)}{(1-\cos x)^2}=\\ &=\frac{\sin x-\sin x\cos x+x\cos x-x\cos^2x-x\sin^2x}{(1-\cos x)^2}=\\ &=\frac{\sin x-(\sin x-x)\cos x-x}{(1-\cos x)^2}=\\ &=\frac{(\sin x-x)(1-\cos x)}{(1-\cos x)^2}=\\ &=\frac{\sin x-x}{1-\cos x}=\\ &=f(x). \end{aligned}}$

Από το Α) παίρνουμε, με χρήση του κριτηρίου παρεμβολής, ότι:

$\displaystyle{\lim_{x\to^-}f(x)=0=\lim_{x\\to0^+}f(x)\Leftrightarrow\lim_{x\to0}f(x)=0}$

επομένως το ζητούμενο όριο υπάρχει και είναι ίσο με

. Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε και ότι η

είναι παραγωγίσιμη στο

με

.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #5

Μάρκος Βασίλης έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 31, 2020 3:34 pm
Για $x\in[-\pi,0)\cup(0,\pi]$ έχουμε:

$\displaystyle{\begin{aligned} g'(x)&=\frac{(\sin x+x\cos x)(1-\cos x)-x\sin x(\sin x)}{(1-\cos x)^2}=\\ &=\frac{\sin x-\sin x\cos x+x\cos x-x\cos^2x-x\sin^2x}{(1-\cos x)^2}=\\ &=\frac{\sin x-(\sin x-x)\cos x-x}{(1-\cos x)^2}=\\ &=\frac{(\sin x-x)(1-\cos x)}{(1-\cos x)^2}=\\ &=\frac{\sin x-x}{1-\cos x}=\\ &=f(x). \end{aligned}}$

Από το Α) παίρνουμε, με χρήση του κριτηρίου παρεμβολής, ότι:

$\displaystyle{\lim_{x\to^-}f(x)=0=\lim_{x\\to0^+}f(x)\Leftrightarrow\lim_{x\to0}f(x)=0}$

επομένως το ζητούμενο όριο υπάρχει και είναι ίσο με . Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε και ότι η είναι παραγωγίσιμη στο με .

Αυτό

Μάρκος Βασίλης έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 31, 2020 3:34 pm
Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε και ότι η είναι παραγωγίσιμη στο με .

από που προκύπτει ;
Με βάση το σχολικό εννοείται.

Μάρκος Βασίλης · #6

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 31, 2020 6:49 pm

Μάρκος Βασίλης έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 31, 2020 3:34 pm
Για $x\in[-\pi,0)\cup(0,\pi]$ έχουμε:

$\displaystyle{\begin{aligned} g'(x)&=\frac{(\sin x+x\cos x)(1-\cos x)-x\sin x(\sin x)}{(1-\cos x)^2}=\\ &=\frac{\sin x-\sin x\cos x+x\cos x-x\cos^2x-x\sin^2x}{(1-\cos x)^2}=\\ &=\frac{\sin x-(\sin x-x)\cos x-x}{(1-\cos x)^2}=\\ &=\frac{(\sin x-x)(1-\cos x)}{(1-\cos x)^2}=\\ &=\frac{\sin x-x}{1-\cos x}=\\ &=f(x). \end{aligned}}$

Από το Α) παίρνουμε, με χρήση του κριτηρίου παρεμβολής, ότι:

$\displaystyle{\lim_{x\to^-}f(x)=0=\lim_{x\\to0^+}f(x)\Leftrightarrow\lim_{x\to0}f(x)=0}$

επομένως το ζητούμενο όριο υπάρχει και είναι ίσο με . Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε και ότι η είναι παραγωγίσιμη στο με .
Αυτό
Μάρκος Βασίλης έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 31, 2020 3:34 pm
Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε και ότι η είναι παραγωγίσιμη στο με .
από που προκύπτει ;
Με βάση το σχολικό εννοείται.

Δεν είναι πρόταση του σχολικού - προφανώς - αλλά αποδεικνύεται με γνώσεις μόνο από το σχολικό ως εξής:

Ζητούμε να υπολογίσουμε, αν υπάρχει, το όριο:

$\displaystyle{\lim_{x\to0}\frac{g(x)-2}{x}}$

Τα όρια αριθμητή και παρονομαστή είναι

και αμφότεροι είναι παραγωγίσιμοι περί το

με τα όρια των παραγώγων εκεί να υπάρχουν. Επομένως, από τον σχετικό κανόνα DLH - εδώ «κλέβουμε» σε σχέση με το αρχικό ζητούμενο να δείξουμε την παραγωγισιμότητα χωρίς DLH, βέβαια - παίρνουμε ότι το ζητούμενο όριο ισούται με:

$\displaystyle{\lim_{x\to0}\frac{g(x)-2}{x}=\frac{\lim\limits_{x\to0}g'(x)}{\lim\limits_{x\to0}1}=0}$

#7

Αλλιώς για τη συνέχεια της

ανεξάρτητα από το πρώτο ερώτημα:

$\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} g(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{2x\sin \dfrac{x}{2}\cos \dfrac{x}{2}}}{{2{{\sin }^2}\dfrac{x}{2}}} = 2\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\cos \dfrac{x}{2}} \right)\left( {\dfrac{{\dfrac{x}{2}}}{{\sin \dfrac{x}{2}}}} \right) = 2 \cdot 1 \cdot 1 = 2=g(0)$

Χωρίς DLH

Χωρίς DLH

Re: Χωρίς DLH

Re: Χωρίς DLH

Re: Χωρίς DLH

Re: Χωρίς DLH

Re: Χωρίς DLH

Re: Χωρίς DLH

Μέλη σε σύνδεση