Tαπεινή

erxmer · #1

Δίνεται η συνάρτηση f(x)=x+ln(x^2+1)

.

1) Nα μελετηθεί ως προς την μονοτονία και να βρεθεί το σύνολο τιμών της

2) Να δειχθεί οτι αντιστρέφεται και να βρεθούν τα κοινα σημεία των $\displaystyle{f,f^{-1}}$

3) Nα λυθεί η εξίσωση $\displaystyle{f(x)=e^{-ax}},a \in R_{+}$ για να είναι σωστή η διερεύνηση

4) $\displaystyle{\frac{1}{2}\int_{-1}^{1}f(x)dx \leq f(-1)+f'(1)}$

5) $\displaystyle{\lim_{x \to 0^{-}}\frac{f(x)-cosx}{sinx}=;}$

#2

erxmer έγραψε:Δίνεται η συνάρτηση .

1) Nα μελετηθεί ως προς την μονοτονία και να βρεθεί το σύνολο τιμών της

2) Να δειχθεί οτι αντιστρέφεται και να βρεθούν τα κοινα σημεία των $\displaystyle{f,f^{-1}}$

3) Nα λυθεί η εξίσωση $\displaystyle{f(x)=e^{-ax}},a \in R$

4) $\displaystyle{\frac{1}{2}\int_{-1}^{1}f(x)dx \leq f(-1)+f'(1)}$

5) $\displaystyle{\lim_{x \to 0^{-}}\frac{f(x)-cosx}{sinx}=;}$

1) Η είναι παραγωγίσιμη στο (… πράξεις με παραγωγίσιμες) με $f'\left( x \right) = 1 + \dfrac{{2x}}{{{x^2} + 1}} = \ldots \dfrac{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{{{x^2} + 1}} \geqslant 0,\forall x \in R$

με $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = - 1$ (μεμωνομένο σημείο), άρα γνησίως αύξουσα στο $R \Rightarrow f\left( {{A_f}} \right)\mathop = \limits^{f\,\,\sigma \upsilon \nu \varepsilon \chi \eta \varsigma \,\,} \left( {\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right),\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right)} \right)$

Είναι $\left\{ \begin{gathered} \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } x = + \infty \\ \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\ln \left( {{x^2} + 1} \right)} \right)\mathop = \limits^{u = {x^2} + 1,x \to + \infty \Rightarrow u \to + \infty } \mathop {\lim }\limits_{u \to + \infty } \left( {\ln u} \right) + \infty \\ \end{gathered} \right.$ $\Rightarrow \ldots \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = + \infty$ και

$\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left[ {\ln \left( {{x^2} + 1} \right) + x} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left[ {x\left( {\dfrac{{\ln \left( {{x^2} + 1} \right)}}{x} + 1} \right)} \right]$

$\mathop = \limits^{\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{{\ln \left( {{x^2} + 1} \right)}}{x}\mathop = \limits^{\dfrac{{ + \infty }}{{ - \infty }},De\,\,L'\,Hospital} \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{{2x}}{{{x^2} + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \dfrac{{2x}}{{{x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {2\dfrac{1}{x}} \right) = 0,\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } x = - \infty }$ $\ldots - \infty$

οπότε $\boxed{f\left( {{A_f}} \right) = \left( { - \infty , + \infty } \right)}$

2) Επειδή η είναι γνησίως αύξουσα (άρα και «1-1») θα είναι αντιστρέψιμη και επειδή είναι γνησίως αύξουσα (γνωστή πρόταση) θα είναι

$\left\{ \begin{gathered} y = f\left( x \right) \\ y = {f^{ - 1}}\left( x \right) \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} y = f\left( x \right) \\ y = x \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} f\left( x \right) = x \\ y = x \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow$ $\left\{ \begin{gathered} x + \ln \left( {{x^2} + 1} \right) = x \\ y = x \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \ln \left( {{x^2} + 1} \right) = 0 \\ y = x \\ \end{gathered} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} {x^2} + 1 = 1 \\ y = x \\ \end{gathered} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} x = 0\,\,(\delta \iota \pi \lambda \eta ) \\ y = x \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \boxed{{C_f} \cap {C_{{f^{ - 1}}}} \equiv O\left( {0,0} \right)}$ (υπάρχει επαφή των γραφικών τους παραστάσεων λόγω του διπλού σημείου).

3) Με $f\left( 0 \right)=0$ και το γεγονός ότι η είναι γνησίως αύξουσα στο θα ισχύει: $\forall x \leqslant 0 \Rightarrow f\left( x \right) \leqslant f\left( 0 \right) = 0\mathop \Rightarrow \limits^{{e^{ - ax}} > 0,\forall x \in R}$

η εξίσωση $f\left( x \right)={{e}^{-ax}}$ είναι αδύνατη στο διάστημα $\left( -\infty ,0 \right]$

Επομένως η λύση της ζητούμενης εξίσωσης θα αναζητηθεί στο διάστημα $\left( 0,+\infty \right)$ .
Θεωρούμε τη συνάρτηση $g\left( x \right)={{e}^{-ax}}$

Για $a = 0 \Rightarrow g\left( x \right) = 1 \mathrel\backepsilon f\left( {{A_f}} \right) \equiv R\mathop \Rightarrow \limits^{f\,\,1 - 1} \exists {x_0}$ μοναδικό ώστε $f\left( {{x}_{0}} \right)=1$ και άρα η ζητούμενη εξίσωση έχει μοναδική ρίζα.

Για είναι $g\left( x \right)={{e}^{-ax}}$ γνησίως φθίνουσα

Θεωρούμε τη συνάρτηση $h\left( x \right)=f\left( x \right)-g\left( x \right)$ η οποία είναι γνησίως αύξουσα στο $\left[ 0,+\infty \right)$ (άθροισμα γνησίως αυξουσών) και λόγω της συνέχειάς της στο $\left[ 0,+\infty \right)$

θα ισχύει: $h\left( {\left[ {0, + \infty } \right)} \right) = \left[ {h\left( 0 \right),\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } h\left( x \right)} \right) = \left[ { - 1,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } h\left( x \right)} \right)$ και

$\left\{ \begin{gathered} \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = + \infty \\ \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } g\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {e^{ - ax}}\mathop = \limits^{u = - ax,x \to + \infty \mathop \Rightarrow \limits^{a > 0} u \to - \infty } \mathop {\lim }\limits_{u \to - \infty } {e^u} = 0 \\ \end{gathered} \right.$ $\Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } h\left( x \right) = + \infty$ .

Αρα $h\left( {\left[ {0, + \infty } \right)} \right) = \left[ { - 1, + \infty } \right) \mathrel\backepsilon 0 \Rightarrow \exists {x_1} \in \left( {0, + \infty } \right):h\left( {{x_1}} \right) = 0$

(το οποία είναι και μοναδικό λόγω του γεγονότος ότι η είναι γνησίως αύξουσα στο $\left( 0,+\infty \right)$ και συνεπώς η εξίσωση έχει μοναδική ρίζα.

Για η εξίσωση μπορεί να είναι αδύνατη ή να έχει μία λύση (διπλή) ή το πολύ δύο αλλά εδώ λογιστικά
μάλλον υπάρχει κάποιο πρόβλημα διερεύνησης των επί μέρους τιμών του $a\in \left( -\infty ,0 \right)$

4) Αρκεί να δείξουμε ισοδύνμα ότι: $\dfrac{1}{2}\int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right)dx} \leqslant - 1 + \ln 2 + 2 \Leftrightarrow \int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right)dx} \leqslant 2 + 2\ln 2$

Είναι $\int\limits_{ - 1}^1 {\left( {x + \ln \left( {{x^2} + 1} \right)} \right)dx} = \left[ {\dfrac{{{x^2}}}{2}} \right]_{ - 1}^1 + \left[ {x\ln \left( {{x^2} + 1} \right)} \right]_{ - 1}^1$ $- \int\limits_{ - 1}^1 {\dfrac{{2{x^2}}}{{{x^2} + 1}}dx} = 2\ln 2 - \left[ {2x - 2\dfrac{{{x^3}}}{3}} \right]_{ - 1}^1 = 2\ln 2 \leqslant 2 + 2\ln 2$ .

5) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \dfrac{{f\left( x \right) - \cos x}}{{\sin x}}\mathop = \limits^{\dfrac{0}{0},De\,\,L'\,\,Hospital}$ $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \dfrac{{f'\left( x \right) + \sin x}}{{\cos x}} =$ $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \dfrac{{\dfrac{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{{{x^2} + 1}} + \sin x}}{{\cos x}} = 1$

Στάθης

Tolaso J Kos · #3

Στάθη ,

το ολοκληρώμα της

από

ως

δε κάνει $2 \ln 2$ .... οπότε πρέπει να ξανά δεις το ερώτημα αυτό .

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #4

Για το 4)

$\int_{-1}^{1}f(x)dx=\int_{-1}^{1}xdx+\int_{-1}^{1}ln(x^{2}+1)dx=0+\int_{-1}^{1}ln(x^{2}+1)dx\leq 2ln2$

γιατί ολοκλήρωμα περιττής σε συμμετρικό διάστημα μηδενίζετε.

και $x\in [-1,1]\Rightarrow ln(x^{2}+1)\leq ln2$

Αλλά f(-1)=-1+ln2,f'(1)=2

Αρα

και έχουμε την ζητούμενη χωρίς το $\frac{1}{2}$ μπροστά.

Tαπεινή

Tαπεινή

Re: Tαπεινή

Re: Tαπεινή

Re: Tαπεινή

Μέλη σε σύνδεση