Θέμα Γ

#1

Δίνεται η συνάρτηση

παραγωγίσιμη στο $\displaystyle (0, + \infty )$ για την οποία ισχύουν:
${x^2}f'(x) = 2{x^2} - xf(x) - 1,{\rm{ }}x > 0$ και ${\rm{ }}f(1) = 1$

Α. Να δείξετε ότι $\displaystyle f(x) = x - \frac{{\ln x}}{x},{\rm{ }}x > 0$

Β. α) Να εξετάσετε το πρόσημο της συνάρτησης $g(x) = {x^2} - 1 + \ln x,x > 0.$

β) Να μελετήσετε τη μονοτονία της

και να βρείτε το σύνολο τιμών της.

Γ. Να δείξετε ότι η εξίσωση f(f(x) - 3) = 1

έχει ακριβώς δύο θετικές ρίζες.

Δ. Αν x_1, x_2

με

είναι οι ρίζες του προηγούμενου ερωτήματος, να δείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα $\xi \in ({x_1},1)$

ώστε η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της

στο σημείο $A\left( {\xi ,f(\xi )} \right)$ να διέρχεται από το σημείο B(0, 4)

.

Από διαγώνισμα Φροντιστηρίου.

Tolaso J Kos · #2

george visvikis έγραψε: ↑
Σάβ Απρ 21, 2018 1:46 pm
Δίνεται η συνάρτηση παραγωγίσιμη στο $\displaystyle (0, + \infty )$ για την οποία ισχύουν:
${x^2}f'(x) = 2{x^2} - xf(x) - 1,{\rm{ }}x > 0$ και ${\rm{ }}f(1) = 1$

Α. Να δείξετε ότι $\displaystyle f(x) = x - \frac{{\ln x}}{x},{\rm{ }}x > 0$

Β. α) Να εξετάσετε το πρόσημο της συνάρτησης $g(x) = {x^2} - 1 + \ln x,x > 0.$

β) Να μελετήσετε τη μονοτονία της και να βρείτε το σύνολο τιμών της.

Γ. Να δείξετε ότι η εξίσωση έχει ακριβώς δύο θετικές ρίζες.

Δ. Αν με είναι οι ρίζες του προηγούμενου ερωτήματος, να δείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα $\xi \in ({x_1},1)$

ώστε η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της στο σημείο $A\left( {\xi ,f(\xi )} \right)$ να διέρχεται από το σημείο .

Από διαγώνισμα Φροντιστηρίου.

Χαλό Γιώργο,

(α) Έχουμε διαδοχικά:

$\displaystyle{\begin{aligned} x^2 f'(x) =2x^2 -xf(x)-1 &\overset{x>0}{\Rightarrow } xf'(x) = 2x - f(x) - \frac{1}{x} \\ &\Rightarrow x f'(x) + f(x) = 2x - \frac{1}{x} \\ &\Rightarrow \left ( x f(x) \right ) ' = \left ( x^2 - \ln x \right )' \\ &\Rightarrow x f(x) = x^2 - \ln x + c \\ &\!\!\!\!\!\!\!\!\overset{f(1)=1 \Rightarrow c=0}{=\!=\!=\!=\!=\!\Rightarrow } x f(x) = x^2 - \ln x\\ &\Rightarrow f(x) = x - \frac{\ln x}{x} \end{aligned}}$
συνάρτηση που επαληθεύει.

(β)

(i) Η

είναι παραγωγίσιμη στο $(0, +\infty)$ με παράγωγο $\displaystyle{g'(x) = 2x + \frac{1}{x}>0}$ για κάθε x >0

. Συνεπώς η

είναι γνήσια αύξουσα στο $(0, +\infty)$ . Επιπλέον είναι g(1)=0

. Άρα η

είναι θετική στο $(1, +\infty)$ και αρνητική στο (0, 1)

.

(ii) Η

είναι παραγωγίσιμη στο $(0, +\infty)$ με παράγωγο $\displaystyle{f'(x) = \frac{x^2-1+\ln x}{x^2}}$ . Η

, σύμφωνα με το προηγούμενο ερώτημα , είναι θετική στο $(1, + \infty)$ και αρνητική στο (0, 1)

. Άρα στο

η

παρουσιάζει ολικό ελάχιστο. Στο $(1, +\infty)$ η

είναι γνήσια αύξουσα ενώ στο (0, 1)

είναι γνήσια φθίνουσα. Επιπλέον είναι f(1)=1

και

$\displaystyle{\begin{aligned} \lim_{x\rightarrow 0^+} f(x) &=\lim_{x \rightarrow 0^+} \left ( x - \frac{\ln x}{x} \right ) \\ &=+\infty \end{aligned}}$
καθώς και $\lim \limits_{x\rightarrow +\infty} f(x) = \lim \limits_{x\rightarrow +\infty} \left ( x - \frac{\ln x}{x} \right ) = +\infty$ . Συνεπώς το σύνολο τιμών είναι το $[1, +\infty)$ .

(γ) Η εξίσωση γράφεται διαδοχικά:

$\displaystyle{\begin{aligned} f\left ( f(x)-3 \right )=1 &\Leftrightarrow f\left ( f(x)-3 \right ) = f(1) \\ &\Leftrightarrow f(x)-3 = 1 \\ &\Leftrightarrow f(x)=4 \end{aligned}}$
Το αποτέλεσμα προκύπτει από την ανάλυση του προηγούμενου ερωτήματος αφού $f\left ( \left ( 0, 1 \right ] \right ) = [1, +\infty)$ και $f\left ( \left [1, +\infty \right ) \right ) = [1, +\infty)$ . Το $4 \in [1, +\infty)$ οπότε το συμπέρασμα έπεται.

(δ) Αποσύρω την απάντηση. Θα επανέλθω αν δε με προλάβει κάποιος άλλος.

Βασίλης Καλαμάτας · #3

Στο ερώτημα 3 έχω την εντύπωση ότι υπάρχει θέμα με το πεδίο ορισμού της εξίσωσης.
Είναι μια ένωση διαστημάτων που δεν μπορεί να προσδιορισθεί με ακρίβεια και δε νομίζω ότι είναι αυτό που ήθελε να πετύχει ο δημιουργός του θέματος.

Σταμ. Γλάρος · #4

george visvikis έγραψε: ↑
Σάβ Απρ 21, 2018 1:46 pm
Δίνεται η συνάρτηση παραγωγίσιμη στο $\displaystyle (0, + \infty )$ για την οποία ισχύουν:
${x^2}f'(x) = 2{x^2} - xf(x) - 1,{\rm{ }}x > 0$ και ${\rm{ }}f(1) = 1$

Α. Να δείξετε ότι $\displaystyle f(x) = x - \frac{{\ln x}}{x},{\rm{ }}x > 0$

Β. α) Να εξετάσετε το πρόσημο της συνάρτησης $g(x) = {x^2} - 1 + \ln x,x > 0.$

β) Να μελετήσετε τη μονοτονία της και να βρείτε το σύνολο τιμών της.

Γ. Να δείξετε ότι η εξίσωση έχει ακριβώς δύο θετικές ρίζες.

Δ. Αν με είναι οι ρίζες του προηγούμενου ερωτήματος, να δείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα $\xi \in ({x_1},1)$

ώστε η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της στο σημείο $A\left( {\xi ,f(\xi )} \right)$ να διέρχεται από το σημείο .

Από διαγώνισμα Φροντιστηρίου.

Μια προσπάθεια... στο Δ.
Η εφαπτομένη της C_f

στο σημείο M(m,f(m)

είναι :
$(\varepsilon ):y=\left ( 1-\dfrac{1}{m^2} +\dfrac{ln(m)}{m^2}\right )x+\dfrac{1}{m}-2\dfrac{ln(m)}{m^2}$ .
Για να να διέρχεται από το σημείο B(0, 4)

πρέπει : $4=\dfrac{1}{m}-2\dfrac{ln(m)}{m}\Leftrightarrow 2m+ln(m)-\dfrac{1}{2}=0$ .
Θεωρώ συνάρτηση $p(x)=2x+lnx-\dfrac{1}{2}$ η οποία είναι συνεχής στο [x_1 , 1]

.
Είναι $p(x_1)=2x_1+lnx_1-\dfrac{1}{2}$ (1) .
Από το προηγούμενο υποερώτημα ισχύει : $f(x_1)=4 \Leftrightarrow x_1-\dfrac{lnx_1}{x_1}=4\Leftrightarrow x_1^2-2x_1=2x_1+lnx_1$ (2).
Αντικαθιστώντας την (2) στην (1) προκύπτει: $p(x_1)=x_1^2-2x_1-\dfrac{1}{2}=\left ( x_1-1 \right )^2-\dfrac{3}{2}<0$ , αφού (x_1^2-1)^2 <1

και $p(1)=\dfrac{3}{2} >0$ .
Συνεπώς από Θ. Bolzano στο [x_1 , 1]

υπάρχει τουλάχιστον ένα $\xi \in (x_1,1)$ τέτοιο ώστε $4=\dfrac{1}{\xi}-2\dfrac{ln(\xi)}{\xi}$ ,
δηλαδή η εφαπτομένη της C_f

στο σημείο $A\left( {\xi ,f(\xi )} \right)$ να διέρχεται από το σημείο B(0, 4)

.
Φιλικά
Σταμ. Γλάρος

#5

Βασίλης Καλαμάτας έγραψε: ↑
Σάβ Απρ 21, 2018 8:42 pm
Στο ερώτημα 3 έχω την εντύπωση ότι υπάρχει θέμα με το πεδίο ορισμού της εξίσωσης.
Είναι μια ένωση διαστημάτων που δεν μπορεί να προσδιορισθεί με ακρίβεια και δε νομίζω ότι είναι αυτό που ήθελε να πετύχει ο δημιουργός του θέματος.

Καλησπέρα σε όλους.

Ενδιαφέρον το ερώτημα του Βασίλη.

Νομίζω ότι σε τέτοιες περιπτώσεις, που είναι επίπονος, χρονοβόρος ή και αδύνατος ο προσδιορισμός του Πεδίου Ορισμού της εξίσωσης μπορούμε να εργαστούμε ως εξής:

γ) Έστω ότι υπάρχει πραγματικός x>0

που επαληθεύει την εξίσωση:

$\displaystyle{\begin{aligned} f\left ( f(x)-3 \right )=1 &\Leftrightarrow f\left ( f(x)-3 \right ) = f(1) \\ &\Leftrightarrow f(x)-3 = 1 \\ &\Leftrightarrow f(x)=4 \end{aligned}}$
Αν λοιπόν υπάρχει x>0

που κάνει αληθή την αρχική εξίσωση, αυτό και μόνο αυτό θα κάνει αληθή και την f(x)=4

(1). Χρησιμοποιώντας το Θ.Ε.Τ. στα δύο υποδιαστήματα του Π.Ο. της f(x)

βρίσκουμε ότι υπάρχουν δύο τιμές x_1, x_2

που ικανοποιούν τη σχέση (1), ένα σε κάθε υποδιάστημα.

Για να ορίζεται η $\displaystyle f\left( {f\left( x \right) - 3} \right)$ πρέπει $\displaystyle f\left( x \right) > 3$ , που ισχύει για τα x_1, x_2

που περιγράψαμε παραπάνω.

Θα ήθελα τις γνώμες σας.

#6

Βασίλης Καλαμάτας έγραψε: ↑
Σάβ Απρ 21, 2018 8:42 pm
Στο ερώτημα 3 έχω την εντύπωση ότι υπάρχει θέμα με το πεδίο ορισμού της εξίσωσης.
Είναι μια ένωση διαστημάτων που δεν μπορεί να προσδιορισθεί με ακρίβεια και δε νομίζω ότι είναι αυτό που ήθελε να πετύχει ο δημιουργός του θέματος.

Όντως υπάρχει θέμα.

: Θέμα Γ.png (10.05 KiB) Προβλήθηκε 2081 φορές

Η συνάρτηση f(f(x)-3)

ορίζεται στο $\displaystyle (0,a) \cup (b, + \infty )$ με $\displaystyle a \simeq 0.374279,b \simeq 3.360683.$

Στην πραγματικότητα το ερώτημα ισχύει, αλλά απαιτεί κάποια διαδικασία στην αιτιολόγηση. Γνώμη μου είναι ότι αφού γίνει

μελέτη της h(x)=f(x)-3

(δεν χρειάζεται τίποτα το ιδιαίτερο, αφού διαφέρει από την

κατά μία σταθερά), μπορούμε

να αποδείξουμε ότι $\displaystyle {x_1} \in (0,a),{x_2} \in (b, + \infty ),$ ακόμα κι αν δεν προσδιορίσουμε επακριβώς τις τιμές των a,b.

Προφανώς οι θεματοδότες δεν το υπολόγισαν αυτό (εκτός κι αν το έκαναν σκόπιμα).

Βασίλης Καλαμάτας · #7

Οι προσεγγίσεις των δύο συναδέλφων με κάλυψαν απόλυτα, ακριβώς τα ίδια είχα στο μυαλό μου όταν το δοκίμασα.
Σαφώς το ερώτημα δεν είναι λανθασμένο, αλλά μια πλήρως αιτιολογημένη προσέγγιση είναι κάπως έτσι:

Χρησιμοποιώντας τη λογική του Γιώργου Ρίζου για το πεδίο ορισμού της εξίσωσης πρέπει f(x)> 3

και μετά από το σύνολο τιμών της συνάρτησης (που έχουμε ήδη βρει στο ερώτημα 2) δείχνουμε ότι υπάρχουν $\alpha \epsilon (0,1)$ και $\beta \epsilon (1,+\infty )$ ώστε $f(\alpha )=f(\beta )=3$ , οπότε με χρήση της μονοτονίας της f στα δύο διαστήματα (που έχουμε ήδη βρει στο ερώτημα 2) καταλήγουμε ότι το πεδίο ορισμού της εξίσωσης είναι το $(0,\alpha )\cup (\beta ,+\infty )$ όπως παραθέτει με το αντίστοιχο σχήμα ο george visvikis.

Αφού φέρουμε την εξίσωση στη μορφή f(x)=4

(χρησιμοποιώντας από το ερώτημα 2, στο οποίο έχουμε δείξει ότι η συνάρτηση παρουσιάζει ολικό ακρότατο για x=1

, ότι η ισότητα f(f(x)-3)=f(1))

ισχύει μόνο για x=1

), μπορούμε να αποδείξουμε ότι για το διάστημα $(0,\alpha )$ η συνάρτηση f έχει σύνολο τιμών $(3,+\infty )$ και αντίστοιχα για το διάστημα $(\beta ,+\infty )$ έχει σύνολο τιμών επίσης το $(3,+\infty )$ . Άρα η εξίσωση f(x)=4

έχει ακριβώς 2 θετικές ρίζες.

Η λύση σαφώς και είναι μέσα σε σχολικά πλαίσια, αλλά εκτιμώ ότι δεν ήθελε να αυτήν την προσέγγιση ο δημιουργός του θέματος από τους μαθητές που έγραψαν το διαγώνισμα, μάλλον του διέφυγε ότι το πεδίο ορισμού της εξίσωσης δεν είναι πλέον το $(0,+\infty )$ (το έχω πάθει αρκετές φορές σε αντίστοιχα θέματα που κατασκεύαζα). Δεν είμαι όμως στο μυαλό του συναδέλφου, οπότε μπορεί και να κάνω λάθος!!!

Επειδή όμως εδώ δεν ανταλλάσσουμε απόψεις μόνο εμείς οι καθηγητές, αλλά μας διαβάζουν και μαθητές (οι οποίοι ορισμένες φορές μπορεί και να τρομάζουν από τις σκέψεις και τις λύσεις που κάνουμε) θέλω να κάνω ένα σχόλιο για τα ερωτήματα αυτής της μορφής που υπάρχουν σε θέματα εξετάσεων.
Όταν για μια συνάρτηση που μας δίνεται στα δεδομένα ότι έχει πεδίο ορισμού ένα σύνολο Α μας ζητάνε σε κάποιο από τα ερωτήματα του θέματος να λύσουμε μια εξίσωση στην οποία συμμετέχει η συνάρτηση αυτή, όπου πλέον το πεδίο ορισμού της εξίσωσης δεν είναι το σύνολο Α, αλλά ένα άλλο σύνολο Β, τότε συνήθως το ερώτημα είναι διατυπωμένο ως εξής:
Να λυθεί στο σύνολο Β η εξίσωση ... ή
Να αποδείξετε ότι η εξίσωση ... έχει ακριβώς 2 ρίζες στο σύνολο Β ,
για να μη μπουν στη διαδικασία να βρουν το σύνολο Β, διότι αυτό όπως έχει ήδη επισημάνει ο Γιώργος Ρίζος (και με βρίσκει απόλυτα σύμφωνο) μπορεί να είναι επίπονο, χρονοβόρο ή και αδύνατο.
Επειδή τα παραπάνω μπορεί να μην είναι πλήρως κατανοητά από έναν μαθητή, θα προσπαθήσω να βρω το χρόνο να παρουσιάσω ορισμένα παραδείγματα (αν μπορεί ας το κάνει κάποιος άλλος συνάδελφος).

Κλείνοντας να ευχαριστήσω το Γιώργο και το Γιώργο για τις προσεγγίσεις τους. Καλημέρα!!!

Θέμα Γ

Θέμα Γ

Re: Θέμα Γ

Re: Θέμα Γ

Re: Θέμα Γ

Re: Θέμα Γ

Re: Θέμα Γ

Re: Θέμα Γ

Μέλη σε σύνδεση