Μικρό ευχαριστώ

#41

mathxl έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 9
Από τον Νίκο Ζανταρίδη

Να απόδειξετε ότι $\displaystyle{{\left( {\frac{x}{{\ln \left( {x + 1} \right)}}} \right)^{{e^x} - x - 1}} > {\left( {\frac{{{e^x} - 1}}{x}} \right)^{x - \ln \left( {x + 1} \right)}},\forall x \in \left( {0, + \infty } \right)}$

Άμεση εφαρμογή του παρακάτω:

Λήμμα. Αν 0<a<b<c

τότε $(\frac{b}{a})^{c-b}>(\frac{c}{b})^{b-a}$ .

Απόδειξη. Θεωρούμε την $f(x)=(c-x)ln(\frac{x}{a})-(x-a)ln(\frac{c}{x})$ , οπότε f(a)=f(c)=0

και $f''(x)=\frac{a-c}{x^{2}}<0$ , άρα f(x)>0

για

και

.

Γιώργος Μπαλόγλου

mathxl · #42

Η άσκηση 11 είναι από τον ίδιο Γερμανό φοιτητή. Έχω λύση και απότι κατάλαβα είναι ίδια με του Νίκου Ζανταρίδη. Aν δεν δοθεί κάποια θα την πληκτρολογήσω

Δίνω υπόδειξη: Να δείξετε ότι $\displaystyle{f\left( x \right) = x,\forall x \in \left[ {0,1} \right]}$

mathxl · #43

ΑΣΚΗΣΗ 12

Μία τελευταία (την πηγή αφού λυθεί)

Η εξίσωση $\displaystyle{{x^4} + a{x^3} + b{x^2} + ax + c = 0,a,b,c \in R}$
έχει όλες τις ρίζες της, πραγματικές. Να δείξετε ότι $\displaystyle{\sqrt {\left| {1 - b + c} \right|} \ge 1 + \sqrt {\left| c \right|} }$

#44

Μία λύση για την 11...
Η συνάρτηση είναι συνεχής και εύκολα δείχνουμε πως είναι και 1-1.
Άρα απο γνωστό(εκτός ύλης) θεώρημα έχουμε πως είναι γνήσια μονότονη.
Αν ήταν γνήσια φθίνουσα τότε θα είχα πρόβλημα στο περιττό ν.
Με λίγα λόγια μία γνησίως φθίνουσα συνάρτηση θα ήταν ίση με μία γνησίως αύξουσα συνάρτηση(την ταυτοτική).
Συνεπώς η συνάρτηση μου είναι γνησίως αύξουσα.
Αν υπάρχει κάποιο $\displaystyle{ x_0 \in \left[ {0,1} \right] }$ με $\displaystyle{ f(x_0 ) \ne x_0 }$ (χωρίς βλάβη θα θεωρήσω πως $\displaystyle{ f(x_0 ) > x_0 }$ ) θα είχα:
$\displaystyle{ f(x_0 ) > x_0 \Rightarrow f(f(x_0 )) > f(x_0 ) > x_0 \Rightarrow f(f(f(x_0 ))) > f(f(x_0 )) > f(x_0 ) > x_0 }$
οπότε για ν συνθέσεις θα προέκυπτε:
$\displaystyle{ f(f(.....f(f(f(x_0 ))) > x_0 \Rightarrow x_0 > x_0 }$
ΑΤΟΠΟ
Συνεπώς $\displaystyle{ f(x) = x,\forall x \in \left[ {0,1} \right] }$
Με παρόμοιο σκεπτικό δουλεύω αν $\displaystyle{ f(x_0 ) < x_0 }$
(***) Φυσικά η συνάρτηση επαληθεύει τις δοσμένες συνθήκες!

nikoszan · #45

Επαναφορα τησ ασκησης 12,για να μη παει χαμενη.
Ν.Ζ.

#46

mathxl έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 12

Μία τελευταία (την πηγή αφού λυθεί)

Η εξίσωση $\displaystyle{{x^4} + a{x^3} + b{x^2} + ax + c = 0,a,b,c \in R}$
έχει όλες τις ρίζες της, πραγματικές. Να δείξετε ότι $\displaystyle{\sqrt {\left| {1 - b + c} \right|} \ge 1 + \sqrt {\left| c \right|} }$

Θεωρούμε το πολυώνυμο $P(x)={x^4} + a{x^3} + b{x^2} + ax + c$ και έστω k,l,m,n

οι ρίζες του.

Παρατηρούμε ότι

$\displaystyle {(1-b+c)^2=P(i)P(-i)=(k^2+1)(l^2+1)(m^2+1)(n^2+1)\geq \left(1+\sqrt{|klmn|}\right)^4=\left(1+\sqrt{|c|}\right)^4},$

σύμφωνα με την ανισότητα Holder (ή με διπλή εφαρμογή της CS).

mathxl · #47

H πηγή είναι από Marian Orsarescu

Να δούμε με την πρώτη ευκαιρία που θα γυρίσει ο Νίκος αν έχει να προσθέσει κάτι.
Καλό ξενύχτι..

harinho7 · #48

Τι σχέση μπορεί να έχει η άσκηση 12 με την ύλη της Γ λυκείου?

Φιλικά Χάρης

#49

gbaloglou έγραψε:
mathxl έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 9
Από τον Νίκο Ζανταρίδη

Να απόδειξετε ότι $\displaystyle{{\left( {\frac{x}{{\ln \left( {x + 1} \right)}}} \right)^{{e^x} - x - 1}} > {\left( {\frac{{{e^x} - 1}}{x}} \right)^{x - \ln \left( {x + 1} \right)}},\forall x \in \left( {0, + \infty } \right)}$
Άμεση εφαρμογή του παρακάτω:

Λήμμα. Αν τότε $(\frac{b}{a})^{c-b}>(\frac{c}{b})^{b-a}$ .

Απόδειξη. Θεωρούμε την $f(x)=(c-x)ln(\frac{x}{a})-(x-a)ln(\frac{c}{x})$ , οπότε και $f''(x)=\frac{a-c}{x^{2}}<0$ , άρα για και .

Μία πιο προσεκτική ματιά (από άτομο εκτός

) φανερώνει ότι η παραπάνω λύση της Άσκησης 9 θα μπορούσε τελικά να θεωρηθεί ταυτόσημη με αυτήν του Βασίλη Κακαβά που προηγήθηκε. Αυτό προκύπτει από την εξής

Εναλλακτική απόδειξη λήμματος. Από το Θεώρημα Μέσης Τιμής λαμβάνουμε $f(x)=(c-x)\cdot[\frac{1}{\xi}(x-a)]-(x-a)\cdot[\frac{1}{\eta}(c-x)]$ με $a<\xi<x<\eta<c$ , άρα f(x)>0

για

.

Η ιδέα αυτή μπορεί να χρησιμοποιηθεί και για την απόδειξη της βοηθητικής πρότασης που χρησιμοποιήθηκε στην απόδειξη του λήμματος (όπως, παλαιότερα, και στις αποδείξεις μου των γεωμετρικών ανισοτήτων Χ. Μπαλόγλου και I. Sharygin): αν f(a)=f(c)=0

και

για

και

για κάποιο

στο

, τότε από το Θεώρημα Μέσης Τιμής λαμβάνουμε $0>f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)$ και $0<f(c)-f(b)=f'(\eta)(c-b)$ με $a<\xi<b<\eta<c$ , άρα $f'(\xi)<f'(\eta)$ με $\xi<\eta$ , άτοπο.

[Η απόδειξη που είχα κατά νου για την βοηθητική πρόταση είναι η εξής: αν f(a)=f(c)=0

και

για

και η

είναι αρνητική κάπου στο (a, c)

, τότε λόγω συνέχειας έχει τοπικό ελάχιστο σε κάποιο

στο

, άρα $f''(b)\geq0$ , άτοπο. (Ίδια απόδειξη κατά βάθος ... αν αναλογιστούμε πως προκύπτει η μη αρνητικότητα της δεύτερης παραγώγου σε σημείο τοπικού ελαχίστου...)]

Γιώργος Μπαλόγλου

Paolos · #50

mathxl έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 4
Ακόμη μία άσκηση από τον Νίκο Ζανταρίδη!

Έστω η συνεχής συνάρτηση $\displaystyle{f:R \to R}$
, ώστε να ισχύει $\displaystyle{{f^3}\left( x \right) - {f^2}\left( x \right) + f\left( x \right) = x,\forall x \in R}$

i. Να δείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο R
ii. Να βρείτε το σύνολο τιμών της f
iii. Να δείξετε ότι η f αντιστρέφεται και να βρείτε την αντίστροφη της
iv. Να λύσετε την εξίσωση f(x)=x
v. Να βρεθούν οι γεωμετρικοί τόποι των εικόνων των μιγαδικών $\displaystyle{z = x + f\left( x \right)i,w = f\left( x \right) + xi,x \in R}$
vi. Να υπολογίσετε το εμβαδό του χωρίου, μεταξύ των δύο τόπων του (v) υποερωτήματος
vii. Να δείξετε ότι η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο R

KAKABASBASILEIOS έγραψε: ....και για το τελευταίο ερώτημα...

v) Η ${{f}^{-1}}(x)={{x}^{3}}-{{x}^{2}}+x$ είναι παραγωγίσιμη με $({{f}^{-1}}{)}'(x)=3{{x}^{2}}-2x+1\ne 0,\,\,\,x\in R$ .

Τώρα για το $\underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x)-f({{x}_{0}})}{x-{{x}_{0}}}$ επειδή αν $f({{x}_{0}})={{y}_{0}}\Leftrightarrow {{x}_{0}}={{f}^{-1}}({{y}_{0}})$ και επειδή είναι συνεχής οπότε $\underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,f(x)=f({{x}_{0}})={{y}_{0}}$ γίνεται

$\underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x)-f({{x}_{0}})}{{{f}^{-1}}(f(x))-{{f}^{-1}}(f({{x}_{0}}))}\underset{y\to {{y}_{0}}}{\overset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{=}}}\,\underset{y\to {{y}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{y-{{y}_{0}}}{{{f}^{-1}}(y)-{{f}^{-1}}({{y}_{0}})}$ ή αλλιώς $\underset{y\to {{y}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{\frac{{{f}^{-1}}(y)-{{f}^{-1}}({{y}_{0}})}{y-{{y}_{0}}}}=\frac{1}{({{f}^{-1}}{)}'({{y}_{0}})}\in R$ αφού $({{f}^{-1}}{)}'(x)\ne 0$ άρα η παραγωγίσιμη στο R

Ωραία η παραπάνω απόδειξη, που δε θα σκεφτόμουν εύκολα.

Μία ακόμα προσπάθεια, ανεξάρτητη από την παραγωγισιμότητα της $\displaystyle{f{}^{ - 1.}}$

Έστω πραγματικός αριθμός $\displaystyle{a}$ , τυχαίος και σταθερός.

Έχουμε για $\displaystyle{x}$ κοντά στο $\displaystyle{a}$ :

$\displaystyle{{f^3}(x) - {f^2}(x) + f(x) = x\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,{f^3}(\alpha ) - {f^2}(\alpha ) + f(\alpha ) = \alpha .}$

Αφαιρώντας κατά μέλη παίρνουμε:

$\displaystyle{{f^3}(x) - {f^3}(\alpha ) - \left( {{f^2}(x) - {f^2}(\alpha )} \right) + f(x) - f(\alpha ) = x - \alpha }$

$\displaystyle{\frac{{{f^3}(x) - {f^3}(\alpha )}}{{\chi - \alpha }} - \left( {\frac{{{f^2}(x) - {f^2}(\alpha )}}{{\chi - \alpha }}} \right) + \frac{{f(x) - f(\alpha )}}{{\chi - \alpha }} = 1}$

$\displaystyle{\frac{{f(x) - f(\alpha )}}{{\chi - \alpha }}\left[ {{f^2}(x) + f(x)f(a) + {f^2}(a) - f(x) - f(a) + 1} \right] = 1}$

$\displaystyle{\frac{{f(x) - f(\alpha )}}{{\chi - \alpha }}\left[ {\underbrace {{f^2}(x) + \left( {f(a) - 1} \right)f(x) + \left( {{f^2}(a) - f(a) + 1} \right)}_A} \right] = 1}$

Η παράσταση $\displaystyle{A}$ είναι τριώνυμο ως προς $\displaystyle{f(x)}$ με διακρίνουσα
$\displaystyle{\Delta = - 3{f^2}(a) + 2f(a) - 3 < 0.}$

Άρα $\displaystyle{A > 0,\,\,\gamma \iota \alpha \,\,\kappa \theta \varepsilon \,\,\chi .}$

Οπότε

$\displaystyle{\frac{{f(x) - f(\alpha )}}{{\chi - \alpha }} = \frac{1}{{{f^2}(x) + \left( {f(a) - 1} \right)f(x) + \left( {{f^2}(a) - f(a) + 1} \right)}}\mathop \to \limits^{x \to a} \frac{1}{{3{f^2}(a) - 2f(a) + 1}}}$

αφού οι συναρτήσεις $\displaystyle{f\,\,,\,\,{f^2}}$ είναι συνεχείς στο $\displaystyle{a}$ .

Αρα η $\displaystyle{f}$ είναι παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{x \in R}$

με

$\displaystyle{f'(x) = \frac{1}{{3{f^2}(x) - 2f(x) + 1}}.}$

Paolos · #51

Για την παραγωγίσιμη, με συνεχή παράγωγο συνάρτηση $\displaystyle{f:\left[ {0,1} \right] \to R}$ , ισχύει $\displaystyle{\int\limits_0^1 {\left( {{e^{f'\left( x \right)}} + 2f\left( x \right){e^{2x}}} \right)dx} = f\left( 1 \right){e^2} - f\left( 0 \right) - 1}$
και $\displaystyle{f\left( 0 \right) + f\left( {\frac{1}{2}} \right) + f\left( 1 \right) = \frac{5}{4}}$

i. Να δείξετε ότι $\displaystyle{f\left( x \right) = {x^2},\forall x \in \left[ {0,1} \right]}$
ii. Να βρεθεί το εμβαδό του χωρίου Ω που περικλείεται από την γραφική παράσταση της f, τον y'y και την y =1
iii. Να βρείτε την τιμή του $\displaystyle{\alpha \in \left( {0,1} \right)}$ , ώστε η ευθεία $\displaystyle{\left( \varepsilon \right):y = {\alpha ^2}}$
, να χωρίζει το χωρίο Ω σε δύο ισεμβαδικά χωρία.
iv. Να δείξετε ότι $\displaystyle{{e^{f\left( x \right)}} + {e^{ - f\left( x \right)}} \ge {x^4} + 2,\forall x \in \left[ {0,1} \right]}$

iv)
Θεωρούμε την συνάρτηση:
$\displaystyle g(x)=e^{x^2}+e^{-x^2}-x^4-2,x\in [0,1]$

που είναι παραγωγίσιμη με
$\displaystyle g'(x)=2xe^{x^2}-2xe^{-x^2}-4x^3=2x(e^{x^2}-e^{-x^2}-2x^2),x \in [0,1]$

Θεωρούμε την $\displaystyle h(x)=e^{x^2}-e^{-x^2}-2x^2,x \in [0,1]$ με
$\displaystyle h'(x)=2xe^{x^2}+2xe^{-x^2}-4x=2x(e^{x^2}+e^{-x^2}-2)\geq 0,x\in [0,1]$ διότι $\displaystyle e^{x^2}+\frac{1}{e^{x^2}}\geq 2$
και άρα η είναι γνησίως αύξουσα και για
$\displaystyle x\geq 0\Rightarrow h(x)\geq h(0)=0\stackrel{2x\geq 0}\Rightarrow 2xh(x)\geq 0 \Rightarrow g'(x)\geq 0$

με την ισότητα όταν άρα γνησίως αύξουσα και ισχύει:
$\displaystyle x\geq 0\Rightarrow g(x)\geq g(0)=0\Rightarrow e^{x^2}+e^{-x^2}\geq x^4+2\Rightarrow e^{f(x)}+e^{-f(x)}\geq x^4+2,\forall x \in [0,1]$

ένας δεύτερος τρόπος

Αρκεί να αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{{e^x} + {e^{ - x}} \ge {x^2} + 2\,,\,\gamma \iota \alpha \,\kappa \alpha \theta \varepsilon \,\chi \ge 0}$

(διότι μετά θέτοντας για $\displaystyle{x\,\tau o\,{x^2}}$ προκύπτει η ζητούμενη σχέση).

Θεωρούμε τη συνάρτηση $\displaystyle{\varphi (x) = {e^x} + {e^{ - x}} - {x^2}\,,\,x \ge 0.}$

Τότε

$\displaystyle{\varphi '(x) = {e^x} - {e^{ - x}} - 2x\,,\,x > 0}$

$\displaystyle{\varphi ''(x) = {e^x} + {e^{ - x}} - 2\,,\,x > 0}$

$\displaystyle{{\varphi ^{(3)}}(x) = {e^x} - {e^{ - x}}\,,\,x > 0}$

$\displaystyle{{\varphi ^{(4)}}(x) = {e^x} + {e^{ - x}}\, > 0,\,x > 0}$ .

Αρα η συνάρτηση $\displaystyle{{\varphi ^{(3)}}}$ είναι γνησίως αύξουσα στο
$\displaystyle{[0, + \infty )}$ (αφού η $\displaystyle{{\varphi ^{(3)}}}$ είναι συνεχής στο $\displaystyle{0}$ ).

Οπότε για $\displaystyle{x > 0 \Rightarrow {\varphi ^{(3)}}(x) > {\varphi ^{(3)}}(0) = 0 \Rightarrow \varphi ''}$ γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{[0, + \infty )}$
(αφού η $\displaystyle{{\varphi ^{(2)}}}$ είναι συνεχής στο $\displaystyle{0}$ ).

Οπότε για $\displaystyle{x > 0 \Rightarrow {\varphi ^{(2)}}(x) > {\varphi ^{(2)}}(0) = 0 \Rightarrow \varphi '}$ γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{[0, + \infty )}$ .

Οπότε για $\displaystyle{x > 0 \Rightarrow \varphi '(x) > \varphi '(0) = 0 \Rightarrow \varphi }$ γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{[0, + \infty )}$ .

Ετσι, για $\displaystyle{x \ge 0 \Rightarrow \varphi (x) \ge \varphi (0) = 2 \Rightarrow {e^x} + {e^{ - x}} \ge {x^2} + 2\,,\,x \ge 0.}$

Μικρό ευχαριστώ

Re: Μικρό ευχαριστώ

Re: Μικρό ευχαριστώ

Re: Μικρό ευχαριστώ

Re: Μικρό ευχαριστώ

Re: Μικρό ευχαριστώ

Re: Μικρό ευχαριστώ

Re: Μικρό ευχαριστώ

Re: Μικρό ευχαριστώ

Re: Μικρό ευχαριστώ

Re: Μικρό ευχαριστώ

Re: Μικρό ευχαριστώ

Μέλη σε σύνδεση