ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΟ ΘΕΜΑ

minast1994 · #1

Καλησπέρα

Παραθέτω ενα θέμα που κατασκεύασα...

Δίνεται η $f:[0,1]\rightarrow [0.1]$ συνεχής στο [0,1]

και παραγωγίσιμη στο (0,1)

για την οποία ισχύουν:
f(0)+f(1)=1

$f'(x)\neq 0$ , $x\in(0,1)$
xf'(x)+f(x)(ln^2f(x))=0

, $x\in(0,1)$

A)Να βρεθεί η

B)Να εξετασθεί ως προς την μονοτονία ,την κυρτότητα,και να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτομένης της C_f

στο $\displaystyle{(\frac{1}{e},f(\frac{1}{e}))}$
Γ)Να δειχθεί ότι $\displaystyle{\frac{4-e}{2e}< \int_{0}^{1}f(x)dx<\frac{1}{2}}$
Δ)Να υπολογισθεί το $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow 0^+}\int_{x}^{1-x}\frac{lnf(t)}{t}dt}$

οποιοδήποτε σχόλιο καλοδεχούμενο

Φιλικά.

dennys · #2

Μηνα οντως η ασκηση έτσι είναι σωστά ,

και βγαίνει πολύ ωραία .Αν δεν δωσει κανένας άλλος λύση ,θα στην γρα΄ψω.

Συγχαρητήρια είναι ωραία άσκηση.

dennys

chrislg · #3

Η διαφορική εξίσωση χωρίς τις 2 επιπρόσθετες προΰποθέσεις ικανοποιείται από την $f(x)={e}^{\frac{1}{lnx+c}},c \in R$ Προφανώς η ζητούμενη συνάρτηση είναι διαφορετική από αυτήν, για αυτό ρωτάω αν και πως μπορούμε να γνωρίζουμε για την μοναδικότητα των λύσεων ...

minast1994 · #4

Απο το

...
σου ζητώ συγνώμη ...δεν κατάλαβα τι ενοούσες...χωρίς την επιπρόσθετη πληροφορία δεν γίνεται..

chrislg · #5

chrislg έγραψε:χωρίς τις 2 επιπρόσθετες προΰποθέσεις

#6

...με όποιον δάσκαλο καθήσεις....

Α) Είναι $x{f}'(x)+f(x)(l{{n}^{2}}f(x))=0,\,\,\,\,x\in (0,\,\,\,1)$ οπότε θα ισχύει $x{f}'(x)=-f(x)(l{{n}^{2}}f(x))$ (1)

Αν υπάρχει ${{x}_{0}}\in (0,\,\,\,1)$ ώστε $f({{x}_{0}})=1$ τότε ${{x}_{0}}{f}'({{x}_{0}})+f({{x}_{0}})0=0\Leftrightarrow {{x}_{0}}{f}'({{x}_{0}})=0$ άτοπο αφού

${f}'(x)\ne 0,\,\,\,\,x\in (0,\,\,1)$ άρα $f(x)\ne 1,\,\,\,\,x\in (0,\,\,1)$ και επομένως $\ln (f(x))\ne 0,\,\,\,\,x\in (0,\,\,1)$

Ετσι από (1) έχουμε ότι ισχύει

$x{f}'(x)=-f(x)(l{{n}^{2}}f(x))\Leftrightarrow -\frac{{f}'(x)}{f(x){{\ln }^{2}}(f(x))}=\frac{1}{x}\Leftrightarrow -\frac{{{\left( \ln (f(x)) \right)}^{\prime }}}{{{\ln }^{2}}(f(x))}=\frac{1}{x}$

άρα ${{\left( \frac{1}{\ln (f(x))} \right)}^{\prime }}={{\left( \ln x \right)}^{\prime }},\,\,\,\,x\in (0,\,\,\,1)$ οπότε $\frac{1}{\ln (f(x))}=\ln x+c$ και ισοδύναμα $\ln (f(x))=\frac{1}{\ln x+c}\Leftrightarrow f(x)={{e}^{\frac{1}{\ln x+c}}},\,\,\,x\in (0,\,\,\,1)$ (2)

Έχουμε τώρα ότι $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,(\ln x)=-\infty$ άρα $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{\ln x+c}=0$ και $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{{e}^{\frac{1}{\ln x+c}}}={{e}^{0}}=1$ και αφού

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

άρα από (2) έχουμε ότι f(0)=1

και λόγω υπόθεσης f(1)=0

Επομένως αφού $\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{\ln x+c}=\frac{1}{c}$ και $c\ne 0$ θα είναι $\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,{{e}^{\frac{1}{\ln x+c}}}={{e}^{\frac{1}{c}}}$ και λόγω (2) αφού και αφού

συνεχής $\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,f(x)=f(1)=0$

θα είναι $0={{e}^{\frac{1}{c}}}$ άτοπο άρα αναγκαία c=0

επομένως είναι $f(x)={{e}^{\frac{1}{\ln x}}},\,\,\,x\in (0,\,\,\,1)$ και $f(0)=1,\,\,\,f(1)=0$

Β) Από $f(x)={{e}^{\frac{1}{\ln x}}}\Leftrightarrow \ln (f(x))=\frac{1}{\ln x}$ και παραγωγίζοντας προκύπτει ότι $\frac{{f}'(x)}{f(x)}=-\frac{1}{x{{\ln }^{2}}x}\Leftrightarrow {f}'(x)=-\frac{f(x)}{x{{\ln }^{2}}x}<0,\,\,\,\,x\in (0,\,\,1)$

άρα η

είναι γνήσια φθίνουσα στο $[0,\,\,\,1]$

Επίσης παραγωγίζοντας την {f}'

έχουμε ότι ${f}''(x)=-\frac{{f}'(x)x{{\ln }^{2}}x-f(x)({{\ln }^{2}}x+2\ln x)}{{{(x{{\ln }^{2}}x)}^{2}}}=-\frac{-f(x)-f(x)({{\ln }^{2}}x+2\ln x)}{2}$ άρα

${f}''(x)=f(x)\frac{1+{{\ln }^{2}}x+2\ln x}{\left( x{{\ln }^{2}}x \right)}=f(x)\frac{{{(\ln x+1)}^{2}}}{\left( x{{\ln }^{2}}x \right)}>0,\,\,\,\,x\in (0,\,\,1)$ άρα η

κυρτή στο $[0,\,\,1]$

Η εφαπτομένη της στο $(\frac{1}{e},\,\,\,f(\frac{1}{e}))$ με $f(\frac{1}{e})=\frac{1}{e}$ και ${f}'(\frac{1}{e})=-1$ είναι η $y=-x+\frac{2}{e}$

Γ) Επειδή η

κυρτή στο $[0,\,\,1]$ θα είναι πάνω από κάθε εφαπτομένη της και άρα εδώ θα ισχύει ότι $-x+\frac{2}{e}\le f(x)$

με το ίσο να ισχύει μόνο στο σημείο επαφής, οπότε ολοκληρώνοντας θα ισχύει ότι $\int\limits_{0}^{1}{(-x+\frac{2}{e})dx}<\int\limits_{0}^{1}{f(x)dx}\Leftrightarrow [-\frac{{{x}^{2}}}{2}+\frac{2}{e}x]_{0}^{1}<\int\limits_{0}^{1}{f(x)dx}\Leftrightarrow \frac{4-e}{2e}<\int\limits_{0}^{1}{f(x)dx}$

Τώρα ισχύει ότι $f(x)\le -x+1,\,\,\,x\in [0,\,\,1]$ (και από την γεωμετρία του θέματος κάθε σημείο της κυρτής είναι κάτω από τα σημεία της χορδής)

Και μία απόδειξη είναι αν θεωρήσουμε την $h(x)=f(x)+x-1,\,\,\,\,x\in [0,\,\,1]$ με h(0)=h(1)=0

και

και ${h}'(\frac{1}{e})=-1+1=0$ και

${h}''(x)={f}''(x)>0,\,\,\,\,x\in (0,\,\,1)$ η {h}'

γνήσια αύξουσα οπότε για $x<\frac{1}{e}$ θα ισχύει ότι ${h}'(x)<{h}'(\frac{1}{e})=0$

άρα η

γνήσια φθίνουσα στο $[0,\,\,\,\frac{1}{e}]$ και για για $x>\frac{1}{e}$ θα ισχύει ότι ${h}'(x)>{h}'(\frac{1}{e})=0$

άρα η

γνήσια αύξουσα στο $[\,\,\frac{1}{e},\,\,\,1]$ επομένως έχει ολικό μέγιστο η

το

Τώρα ολοκληρώνοντας την $f(x)\le -x+1$ έχουμε ότι $\int\limits_{0}^{1}{f(x)dx}<\int\limits_{0}^{1}{-x+1dx}=[-\frac{{{x}^{2}}}{2}+x]_{0}^{1}=\frac{1}{2}$

Δ) Είναι $\ln (f(t))=\frac{1}{\ln t}$ άρα $\int\limits_{x}^{1-x}{\frac{\ln (f(t))}{t}dt}=\int\limits_{x}^{1-x}{\frac{1}{t\ln t}dt}=\int\limits_{x}^{1-x}{\frac{(\ln t{)}'}{\ln t}dt}=[\ln \left| \ln t \right|]_{x}^{1-x}=$

$=\ln \left| \ln (1-x) \right|-\ln \left| \ln x \right|=\ln \left( \frac{\left| \ln (1-x) \right|}{\left| \ln x \right|} \right)$ και επειδή $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left| \ln x \right|=+\infty$ το $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{\left| \ln x \right|}=0$ και $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\left| \ln (1-x) \right|=0$

άρα $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left| \ln (1-x) \right|}{\left| \ln x \right|}=0$ άρα το $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left[ \ln \left( \frac{\left| \ln (1-x) \right|}{\left| \ln x \right|} \right) \right]=-\infty$

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

minast1994 · #7

όπως πάντα ....άψογος ο δάσκαλος...

parmenides51 · #8

παρατηρώ ότι δεν χρειάζεται η εύρεση του τύπου της $\displaystyle{f}$ για την μελέτη ως προς την μονοτονία και τα κοίλα

dennys · #9

Μπράβο σε μαθητή και δάσκαλο

θα δώσω την σκέψη μου ,γιατί χθές είχα θέμα στο σήμα της σύνδεσης , στο μικρό Παρίσι (Αλεξάνδρεια )...Δεν θέλω σχόλια......

1)Αρχικά στο (0,1)απο την σχέση $xf{'}(x)=-f(x)ln^2(f(x))$ για να ισχύει αυτή πρέπει f(x)>0

και επειδή και $f(x) \neq 1\Rightarrow ln^2(f(x))>0$

και ετσι f{'}(x)<0

δηλ. είναι γν.φθίνουσα.(απο την ίδια σχέση ,αφου απο Darboux η $f{'}(x)\neq 0\Rightarrow f{'}(x)>0$ ή f{'}(x)<0)

.

Τότε $xf{'}(x)=-f(x)ln^2(f(x))\Rightarrow -\cfrac{(ln(f(x))){'}}{ln^2(f(x))}=(lnx){'}\rightarrow (\cfrac{1}{ln(f(x))}){'}=(lnx){'}\Rightarrow \cfrac{1}{ln(f(x))}=lnx+c,x\in (0,1) (1)$

Επειδή ομως $f(x) \searrow f(0)=1,f(1)=0$ και επειδή είναι συνεχής στο $x_o=1\Rightarrow \lim_{x\to 1^{-}}ln(f(x))=-\infty$ αρα η σχέση (1) με όρια στο 1 δίνει

c=0

και $f(x)=e^{\frac{1}{lnx}}$

2)Eδω χρησιμοποίησα μια βασική κατά την γνώμη μου σχέση που θα πρέπει οι μαθητές να την ξέρουν με αποδειξη ,την

$(b-a)f(b)\le \int_{a}^{b}f(x)dx\le (b-a)(\cfrac{f(a)+f(b)}{2})$ αν είναι γν φθίνουσα και κυρτή ,οπως η δικιά μας.(Είναι 4 σχέσεις)

για το αλλο σκέλος της ανίσότητας την σχέση $f(x)\ge y$ και ολοκλήρωση ,αφου ειναι κυρτη .Δεν τα γράφω γιατί ο Βασίλης τα είπε αναλυτικότατα.

3)οπως ο Βασίλης

4)για $x\le t \le (1-x)\Rightarrow 1/x\ge 1/t \ge 1\(1-x), f \searrow f(x)\ge f(t) \ge f(1-x) \Rightarrow ln(f(x))/x \ge ln(f(t))/t \ge ln(f(1-x))/(1-x)$

και ολοκληρώνω στο t, οπως ο φίλος.(Φυσικά όταν το ολοκλήρωμα υπολογίζεται οπωε εδω ,αφου το βρω βρισκω ορια και οτι άλλο.)

φιλικά
dennys

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΟ ΘΕΜΑ

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΟ ΘΕΜΑ

Re: ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΟ ΘΕΜΑ

Re: ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΟ ΘΕΜΑ

Re: ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΟ ΘΕΜΑ

Re: ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΟ ΘΕΜΑ

Re: ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΟ ΘΕΜΑ

Re: ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΟ ΘΕΜΑ

Re: ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΟ ΘΕΜΑ

Re: ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΟ ΘΕΜΑ

Μέλη σε σύνδεση