Μικρό ευχαριστώ

mathxl · #1

Ως ένα δείγμα μικρού ευχαριστηρίου για την ανταπόκριση σας εδώ viewtopic.php?f=6&t=15296, σκεφτήκαμε ως επιτροπή να σας "δωρίσουμε" μερικές ασκήσεις. Κάθε άσκηση θα έχει λινκ σε κατάλληλο φάκελο αφού δοθεί η λύση της.
Ελπίζουμε αυτή η προσπάθεια να έχει και συνέχεια γιατί η τελευταία χημειοθεραπεία πλησιάζει και το ταξίδι στην αμερική είναι κοντά! Σας ευχαριστούμε για ακόμη μία φορά

, η βοήθεια σας είναι κάτι παραπάνω από πολύτιμη

ΑΣΚΗΣΗ 1

Έστω η συνεχής συνάρτηση $\displaystyle{f:\left[ {0, + \infty } \right) \to R}$
, τέτοια ώστε $\displaystyle{f'\left( x \right) - \frac{{f\left( x \right)}}{x} = - \frac{1}{{2f\left( x \right)}},\forall x \in \left( {0, + \infty } \right)}$
και $\displaystyle{f\left( 1 \right) = \sqrt {2012} }$
i. Nα βρείτε τον τύπο της f
ιι. Να υπολογίσετε το όριο $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{a \to {0^ + }} \int\limits_a^1 {\left( {\sqrt {\frac{{1 + 2011x}}{x}} - \frac{1}{{2\sqrt {x + 2011{x^2}} }}} \right)} dx}$

#2

i)
$\displaystyle{ f'\left( x \right) - \frac{{f\left( x \right)}} {x} = - \frac{1} {{2f\left( x \right)}} \Leftrightarrow 2xf\left( x \right) \cdot f'\left( x \right) - 2f^2 \left( x \right) = - x \Leftrightarrow x \cdot \left( {f^2 \left( x \right)} \right)^\prime - 2f^2 \left( x \right) = - x\mathop \Leftrightarrow \limits^{x \in \left( {0, + \infty } \right)} }$

$\displaystyle{ x^2 \cdot \left( {f^2 \left( x \right)} \right)^\prime - 2xf^2 \left( x \right) = - x^2 \Leftrightarrow \frac{{x^2 \cdot \left( {f^2 \left( x \right)} \right)^\prime - 2xf^2 \left( x \right)}} {{x^4 }} = - \frac{1} {{x^2 }} \Leftrightarrow \left( {\frac{{f^2 \left( x \right)}} {{x^2 }}} \right)^\prime = \left( {\frac{1} {x}} \right)^\prime \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \frac{{f^2 \left( x \right)}} {{x^2 }} = \frac{1} {x} + c\mathop \Rightarrow \limits^{x = 1} \frac{{f^2 \left( 1 \right)}} {1} = \frac{1} {1} + c\mathop \Rightarrow \limits^{f\left( 1 \right) = \sqrt {2012} } 2012 = 1 + c \Rightarrow c = 2011 \Rightarrow \frac{{f^2 \left( x \right)}} {{x^2 }} = \frac{1} {x} + 2011 \Rightarrow }$

$\displaystyle{ f^2 \left( x \right) = x + 2011x^2 \mathop \Rightarrow \limits^{f(\sigma \upsilon \nu \varepsilon \chi \varsigma ),f\left( x \right) \ne 0,\forall x \in \left( {0, + \infty } \right)\mathop \Rightarrow \limits^{f\left( 1 \right) = \sqrt {2012} > 0} f\left( x \right) > 0,\forall x \in \left( {0, + \infty } \right)} f\left( x \right) = \sqrt {x + 2011x^2 } ,x \in \left( {0, + \infty } \right) }$

Και επειδή η f είναι συνεχής στο $\displaystyle{ \left[ {0, + \infty } \right) }$ θα είναι $\displaystyle{ x \in \left( {0, + \infty } \right),\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } \sqrt {x + 2011x^2 } = 0\mathop \Rightarrow \limits^{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } f\left( x \right) = f\left( 0 \right)} \boxed{f\left( 0 \right) = 0} }$
άρα $\displaystyle{ \boxed{f\left( x \right) = \sqrt {x + 2011x^2 } ,x \in \left[ {0, + \infty } \right)} }$

ii)

$\displaystyle{ \int\limits_\alpha ^1 {\left( {\sqrt {\frac{{1 + 2011x}} {x}} - \frac{1} {{2\sqrt {x + 2011x^2 } }}} \right)} dx = \int\limits_\alpha ^1 {\left( {\sqrt {\frac{{x + 2011x^2 }} {{x^2 }}} - \frac{1} {{2\sqrt {x + 2011x^2 } }}} \right)} dx = }$

$\displaystyle{ \int\limits_\alpha ^1 {\left( {\frac{{f\left( x \right)}} {x} - \frac{1} {{2f\left( x \right)}}} \right)} dx\mathop = \limits^{f'\left( x \right) = \frac{{f\left( x \right)}} {x} - \frac{1} {{2f\left( x \right)}}} \int\limits_\alpha ^1 {f'\left( x \right)} dx = \left[ {f\left( x \right)} \right]_\alpha ^1 = f\left( 1 \right) - f\left( \alpha \right) = \sqrt {2012} - \sqrt {\alpha + 2011\alpha ^2 } \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{\alpha \to 0^ + } \int\limits_\alpha ^1 {\left( {\sqrt {\frac{{1 + 2011x}} {x}} - \frac{1} {{2\sqrt {x + 2011x^2 } }}} \right)} dx = \mathop {\lim }\limits_{\alpha \to 0^ + } \left( {\sqrt {2012} - \sqrt {\alpha + 2011\alpha ^2 } } \right) = \boxed{\sqrt {2012} } }$

Στάθης

#3

Η διαφορική μπορεί να γίνει και:

$\displaystyle{ \frac{{xf'(x) - f(x)}}{x} = - \frac{1}{{2f(x)}} \Rightarrow \frac{{xf'(x) - f(x)}}{{x^2 }} = - \frac{1}{{2xf(x)}} \Rightarrow \left( {\frac{{f(x)}}{x}} \right)' = - \frac{1}{{2xf(x)}} \Rightarrow 2\frac{{f(x)}}{x}\left( {\frac{{f(x)}}{x}} \right)' = - \frac{1}{{x^2 }} }$
Δηλαδή
$\displaystyle{ \left[ {\left( {\frac{{f(x)}}{x}} \right)^2 } \right]' = (\frac{1}{x})' \Rightarrow \left( {\frac{{f(x)}}{x}} \right)^2 = \frac{1}{x} + c }$
Χρησιμοποιώντας τη συνθήκη βγαίνει εύκολα πως: $\displaystyle{ c = 2011 }$ άρα
$\displaystyle{ \left[ {\left( {\frac{{f(x)}}{x}} \right)^2 } \right] = \frac{1}{x} + 2011 > 0,\forall x \in \left( {0, + \infty } \right) }$
Τώρα η συνάρτηση $\displaystyle{ \frac{{f(x)}}{x} \ne 0,\forall x \in (0, + \infty ) }$
άρα λόγω συνέχειας διατηρεί πρόσημο στο $\displaystyle{ \ (0, + \infty ) }$ το οποίο και είναι θετικό(από την αρχική συνθήκη και το πρόσημο του x)
Άρα:
$\displaystyle{ \frac{{f(x)}}{x} = \sqrt {\frac{1}{x} + 2011} \Rightarrow f(x) = \sqrt {x + 2011x^2 } ,x \in (0, + \infty ) }$ συνάρτηση που επαληθεύει την δοθείσα.
Τώρα αφού είναι συνεχής στο $\displaystyle{ [0, + \infty ) }$ έχουμε πως $\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } f(x) = f(0) \Rightarrow f(0) = 0 }$ άρα $\displaystyle{ f(x) = \sqrt {x + 2011x^2 } ,x \ge 0 }$
Τώρα :
$\displaystyle{ \int\limits_a^1 {\sqrt {\frac{{1 + 2011x}}{x}} - \frac{1}{{2\sqrt {x + 2011x^2 } }}dx = \int\limits_a^1 {\frac{{f(x)}}{x} - \frac{1}{{2f(x)}}dx = \int\limits_a^1 {f'(x)dx} = f(1) - f(a) = \sqrt {2012} - \sqrt {a + 2011a^2 } } } }$
Αν λάβουμε όριο όταν $\displaystyle{ a \to 0^ + }$ τότε το αποτέλεσμα είναι προφανώς: $\displaystyle{ \sqrt {2012} }$

#4

Kαλησπέρα

ακόμα προσπαθούμε....

Ι) Είναι αν $g(x)=\frac{f(x)}{x},\,\,\,x>0$ τότε f(x)=xg(x)

και

οπότε η δοθείσα γίνεται $g(x)+x{g}'(x)-g(x)=-\frac{1}{2xg(x)}$ ή

$x{g}'(x)=-\frac{1}{2xg(x)}\Leftrightarrow 2g(x){g}'(x)=-\frac{1}{{{x}^{2}}}\Leftrightarrow ({{g}^{2}}(x){)}'=(\frac{1}{x}{)}'$ άρα ${{g}^{2}}(x)=\frac{1}{x}+c$ και επειδή $g(1)=f(1)=\sqrt{2012}$ προκύπτει c=2011

άρα ${{g}^{2}}(x)=\frac{1}{x}+2011$ οπότε

$\frac{{{f}^{2}}(x)}{{{x}^{2}}}=\frac{1}{x}+2011\Leftrightarrow {{f}^{2}}(x)=x+2011{{x}^{2}}$ (1) και επειδή $f(x)\ne 0$ λόγω της δοθείσας σχέσης που ισχύει και συνεχής θα έχει σταθερό πρόσημο και αφού $f(1)=\sqrt{2012}>0$ $f(x)>0,\,\,\,x>0$

έτσι από (1)

$f(x)=\sqrt{x+2011{{x}^{2}}},\,\,\,\,x>0$ και λόγω συνέχειας στο ${{x}_{0}}=0$ από $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\sqrt{x+2011{{x}^{2}}}=0\,$ πρέπει f(0)=0

άρα $f(x)=\sqrt{x+2011{{x}^{2}}},\,\,\,x\ge 0$

ιι)Το ολοκλήρωμα $\int\limits_{a}^{1}{(\sqrt{\frac{1+2011x}{x}}}-\frac{1}{2\sqrt{x+2011{{x}^{2}}}})dx=\int\limits_{a}^{1}{(\frac{f(x)}{x}-\frac{1}{2f(x)}})dx$ ή $\int\limits_{a}^{1}{{f}'(x)dx=[f(x)]_{a}^{1}}=f(1)-f(a)$ και επειδή $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\sqrt{x+2011{{x}^{2}}}=0\,$ το

$\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\int\limits_{a}^{1}{(\sqrt{\frac{1+2011x}{x}}}-\frac{1}{2\sqrt{x+2011{{x}^{2}}}})dx=\underset{a\to 0}{\mathop{\lim }}\,(f(1)-f(a))=f(1)=\sqrt{2012}$

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

mathxl · #5

Ευχαριστώ και συνεχίζουμε

ΑΣΚΗΣΗ 2

Έστω η συνεχής και μη μηδενιζόμενη συνάρτηση $\displaystyle{f:\left[ { - 1,1} \right] \to R}$ τέτοια ώστε $\displaystyle{\left( {1 - {x^2}} \right)f'\left( x \right) - xf\left( x \right) = 2x{f^2}\left( x \right),\forall x \in \left( { - 1,1} \right)}$ και $\displaystyle{f\left( 0 \right) = - 1}$
i. Να βρείτε τον τύπο της f
ii. Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα $\displaystyle{I = \int\limits_{ - 1}^1 {\eta {\mu ^{2011}}x \cdot f\left( x \right)dx} }$

#6

Η διαφορική μπορεί να γραφτεί:

$\displaystyle{ \frac{{f'(x)}}{{f^2 (x)}} - \frac{x}{{1 - x^2 }}\frac{1}{{f(x)}} = \frac{{2x}}{{1 - x^2 }},x \in \left( { - 1,1} \right) }$
Πολλαπλασιάζοντας επί τον παράγοντα:
$\displaystyle{ e^{\int\limits_0^x {\frac{{t}}{{1 - t^2 }}dt} } }$
λαμβάνω:
$\displaystyle{ \left( { - \frac{{e^{\int\limits_0^x {\frac{t}{{1 - t^2 }}dt} } }}{{f(x)}}} \right)' = \left( {2e^{\int\limits_0^x {\frac{{t}}{{1 - t^2 }}dt} } } \right)',x \in \left( { - 1,1} \right) \Rightarrow - \frac{{e^{\int\limits_0^x {\frac{t}{{t^2 - 1}}dt} } }}{{f(x)}} = 2e^{\int\limits_0^x {\frac{{t}}{{1 - t^2 }}dt} } + c,c \in R,x \in \left( { - 1,1} \right) }$
Από την αρχική συνθήκη έχω:
$\displaystyle{ c = - 1 }$
Άρα τελικά προκύπτει:
$\displaystyle{ f(x) = - \frac{{e^{\int\limits_0^x {\frac{t}{{1 - t^2 }}dt} } }}{{2e^{\int\limits_0^x {\frac{t}{{t^2 - 1}}dt} } - 1}},x \in \left( { - 1,1} \right) }$
Με λίγη υπόμονή ακόμη(**):
$\displaystyle{ f(x) = - \frac{{\frac{1}{{\sqrt {1 - x^2 } }}}}{{\frac{2}{{\sqrt {1 - x^2 } }} - 1}} \Rightarrow f(x) = \frac{1}{{\sqrt {1 - x^2 } - 2}},x \in \left( { - 1,1} \right) }$
Αξιοποιώντας τη συνέχεια της συνάρτησης έχω:
$\displaystyle{ \begin{array}{l} f(1) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ - } f(x) = - \frac{1}{2} \\ f( - 1) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - 1^ + } f(x) = - \frac{1}{2} \\ \end{array} }$
Τελικά:
$\displaystyle{ f(x) = \frac{1}{{\sqrt {1 - x^2 } - 2}},x \in \left[ { - 1,1} \right] }$
(η οποία επαληθεύει κιόλας.Έκανα τις πράξεις,αλλά δεν αντέχω να τις γράψω)

Για το β) ερώτημα αρκεί να δούμε πως η υπό ολοκλήρωση συνάρτηση είναι περιττή σε συμμετρικό ως πρός το μηδέν διάστημα.
Άρα το ολοκληρωμά της είναι ίσο με μηδέν.(έχει δειχτεί άπειρες φορές στο φόρουμ,με την αλλαγή μεταβλητής $\displaystyle{ t = - x }$ )
Υ.Γ: φυσικά και βγαίνει με ευκολότερο ολοκληρωτικό παράγοντα(αυτό είναι προφανές),αλλά
μετά από τόσο γράψιμο δεν το αλλάζω.Εξ'άλλου φαίνεται και ο (χαζός μέν,χρήσιμος δε) τρόπος σκέψης μου
(**) Είναι $\displaystyle{ e^{\int\limits_0^x {\frac{t}{{1 - t^2 }}dt} } = \frac{1}{{\sqrt {1 - x^2 } }} }$ αφού $\displaystyle{ \int\limits_0^x {\frac{t}{{1 - t^2 }}dt} = - \frac{1}{2}\ln (1 - x^2 ) }$

#7

λίγο διαφορετικά

θέτουμε $\displaystyle{g(x)=\frac{1}{f(x)}, \ g(0)=-1,\ \ f'(x)=\frac{-g'(x)}{g^2(x)}}$

$\forall x\in (-1,1)$ η δοθείσα γίνεται: $\displaystyle{(1-x^2)\frac{-g'(x)}{g^2(x)}-\frac{x}{g(x)}=\frac{2x}{g^2(x)} \Rightarrow (1-x^2)g'(x)+xg(x)=-2x \Rightarrow}$

$\displaystyle{(1-x^2)g'(x)-\frac{1}{2}(1-x^2)'g(x)=-2x\Rightarrow \sqrt{1-x^2}g'(x)-(\sqrt{1-x^2})'g(x)=\frac{-2x}{\sqrt{1-x^2}} \Rightarrow}$

$\displaystyle{(\frac{g(x)}{\sqrt{1-x^2}})'=\frac{-2x}{(1-x^2)^{\frac{3}{2}}}=(\frac{-2}{\sqrt{1-x^2}})'\Rightarrow g(x)=-2+c\sqrt{1-x^2},\ (g(0)=-1\rightarrow c=1) \Rightarrow g(x)=\sqrt{1-x^2}-2\Rightarrow f(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}-2}}$

... τώρα συνεχίζει ο Χρήστος...

mathxl · #8

ΑΣΚΗΣΗ 3

Από τον Νίκο Ζανταρίδη!

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 $\displaystyle{{e^{f\left( x \right)}} + {e^{ - f\left( x \right)}} \ge {x^4} + 2,\forall x \in \left[ {0,1} \right]}$

Σχόλιο: το ερώτημα iv ακολουθεί την λογική και νοοτροπία των θεματοδοτών των ΠΑΝ.ΕΞ. (Με συγχωρείται για την ειρωνική διάθεση αλλά δεν μπορούσα να το αποφύγω. Ν.Ζ.)

#9

mathxl έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 3

Από τον Νίκο Ζανταρίδη!

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 $\displaystyle{{e^{f\left( x \right)}} + {e^{ - f\left( x \right)}} \ge {x^4} + 2,\forall x \in \left[ {0,1} \right]}$

Μια προσπάθεια για το πρώτο ερώτημα:

i. Αρκεί να δείξουμε ότι g(x)=0

για κάθε $x\in [0,1]$ , όπου g(x)=f(x)-x^2

.

Η υπόθεση γράφεται:
$\int\limits_0^1e^{2x}(e^{g'(x)}+2g(x)+2x^2)dx=g(1)e^2-g(0)+e^2-1=[g(x)e^{2x}+e^{2x}]^1_0= \int\limits_0^1(g(x)e^{2x}+e^{2x})'dx=\int\limits_0^1e^{2x}(g'(x)+2g(x)+2)dx$ .

Άρα $\int\limits_0^1e^{2x}(e^{g'(x)}-g'(x)-1)dx++\int\limits_0^1e^{2x}(2x^2-1)dx=0.$

Το δεύτερο ολοκλήρωμα είναι ίσο με 0, άρα και το πρώτο.

Επιπλέον $e^{2x}(e^{g'(x)}-g'(x)-1)\geq0$ για κάθε $x\in[0,1]$ . Άρα g'(x)=0

για κάθε $x\in[0,1].$

Ακόμα g(0)+g(1/2)+g(1)=0

οπότε

για κάθε $x\in[0,1].$

hsiodos · #10

Για το πρώτο

$\displaystyle{ \int_0^1 {\left( {e^{f{'} (x)} + 2f(x)e^{2x} } \right)} dx = f(1)e^2 - f(0) - 1 \Rightarrow \int_0^1 {e^{f{'} (x)} } dx\,\, + \int_0^1 {f(x)(e^{2x} ){'} } dx = f(1)e^2 - f(0) - 1}$

$\displaystyle{ \Rightarrow \int_0^1 {e^{f{'} (x)} } dx\,\, - \int_0^1 {f{'} (x)e^{2x} } dx\,\, + \,\,\left[ {f(x)e^{2x} } \right]_0^1 = f(1)e^2 - f(0) - 1}$

$\displaystyle{ \Rightarrow \int_0^1 {e^{f{'} (x)} } dx\,\, - \int_0^1 {f{'} (x)e^{2x} } dx\,\, + \,\,f(1)e^2 - f(0) = f(1)e^2 - f(0) - 1}$

$\displaystyle{ \Rightarrow \int_0^1 {e^{f{'} (x)} } dx\,\, - \int_0^1 {f{'} (x)e^{2x} } dx\,\, = - 1 \Rightarrow \int_0^1 {\left( {e^{f{'} (x)} - f{'} (x)e^{2x} + 1} \right)} dx = 0\,\,}$

$\displaystyle{ \Rightarrow \int_0^1 {\left[ {e^{2x} \left( {e^{f{'} (x) - 2x} - f{'} (x)} \right) + 1} \right]} \,dx = 0\,\,\,(1)}$

Για κάθε $\displaystyle{ x \in \left[ {0,1} \right]}$ έχουμε

$\displaystyle{ e^{f{'} (x) - 2x} \ge f{'} (x) - 2x + 1\,\,(2)\,\, \Leftrightarrow e^{f{'} (x) - 2x} - f{'} (x) \ge - 2x + 1}$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow e^{2x} \left( {e^{f{'} (x) - 2x} - f{'} (x)} \right) \ge e^{2x} \left( { - 2x + 1\,} \right) \Leftrightarrow e^{2x} \left( {e^{f{'} (x) - 2x} - f{'} (x)} \right) + 1 \ge e^{2x} \left( { - 2x + 1\,} \right) + 1\,\,(3)}$

Αν δεν ισχύει παντού η ισότητα στην (2) (άρα και στην (3)) τότε

$\displaystyle{ (3)\mathop \Rightarrow \limits^{(1)} \,\,0 > \int_0^1 {\left[ {e^{2x} \left( { - 2x + 1\,} \right) + 1} \right]} \Rightarrow ... \Rightarrow 0 > 0}$ , άτοπο

Άρα στην (2) ισχύει η ισότητα για κάθε $\displaystyle{x \in \left[ {0,1} \right]}$ αλλά αυτό συμβαίνει αν και μόνο αν για κάθε $\displaystyle{ x \in \left[ {0,1} \right]}$ $\displaystyle{ f{'} (x) - 2x = 0 \Leftrightarrow f(x) = x^2 + c}$

$\displaystyle{ f(0) + f\left( {\frac{1}{2}} \right) + f(1) = \frac{5}{4} \Rightarrow c + \frac{1}{4} + c + 1 + c = \frac{5}{4} \Rightarrow c = 0 }$

Τελικά $\displaystyle{f(x) = x^2 }$ για κάθε $\displaystyle{x \in \left[ {0,1} \right]}$

Γιώργος

ΥΓ Βλέπω ότι επί της ουσίας η λύση είναι ίδια με του Παύλου πιο πάνω αλλά την αφήνω.

chris · #11

Συνεχίζω με τα υπόλοιπα ελπίζοντας να μην έχω λάθος!

: Εμβαδό-χ^2.png (40.69 KiB) Προβλήθηκε 3832 φορές

ii)

$\displaystyle E\left(\Omega \right)=\left(ABOC \right)-\int_{0}^{1}{x^2dx}=1-\left[\frac{x^3}{3} \right]_0^1=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}$

iii)

$\displaystyle E\left(\Omega _1 \right)=E\left(\Omega _2 \right)\Leftrightarrow \left(KNMO \right)-\int_{0}^{a}{x^2dx}=\left(A\Lambda KC \right)+\left(N \Lambda BM \right)-\int_{a}^{1}{x^2dx}\Leftrightarrow a^3-\left[\frac{x^3}{3} \right]_0^a=1-a^2+a^2(1-a)-\left[\frac{x^3}{3} \right]_a^1\Leftrightarrow a^3-\frac{a^3}{3}=1-a^2+a^2-a^3-\left(\frac{1}{3}-\frac{a^3}{3} \right)\Leftrightarrow \frac{4a^3}{3}=\frac{2}{3}\Leftrightarrow a^3=\frac{1}{2}\Leftrightarrow a=\frac{1}{\sqrt[3]{2}}$

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 x=0

άρα

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

ΥΓ:Εγινε μια διόρθωση στο ιιι)...APO ευχαριστώ.

nikoszan · #12

Ευχαριστω τον Γιωργο ,τον Παυλο και τον Χρηστο για την συμμετοχη τους στη λυση της ασκησης .
Ν.Ζανταριδης.

mathxl · #13

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

#14

Καλησπέρα
Να ξεκινήσω το i)
Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x)=x^3-x^2+x

ορισμένη στο R. τότε ισχύει g(f(x)) = x για κάθε πραγματικό x.
τότε g'(x) = 3x^2-2x+1>0

για κάθε πραγματικό x , άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο R.
Έστω ότι η f δεν είναι γνησίως αύξουσα στο R ,τότε με $x_{1}<x_{2}$ θα ισχύει $f(x_{1})\geq f(x_{2})$
και αφού η g είναι γνησίως αύξουσα στο R θα ισχύει ότι $g(f(x_{1}))\geq g(f(x_{2})) \Rightarrow x_{1}\geq x_{2}$ Άτοπο
Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο R.

#15

...Καλησπερίζω την εκλεκτή παρέα και συνεχίζω την προσπάθεια του Χρήστου...
..Χρήστο το(ι) μπορούμε και με τον ορισμό...γι αυτό το λέω επιπλέον...

ι) για ${{x}_{1}}<{{x}_{2}}$ ισχύει $g(f({{x}_{1}}))<g(f({{x}_{2}}))$ και επειδή

γνήσια αύξουσα $f({{x}_{1}})<f({{x}_{2}})$ άρα

γνήσια αύξουσα

ιι) Θεωρώντας την εξίσωση $f(x)=y,\,\,\,y\in R$ έστω ότι έχει λύση την $x={{x}_{0}}$ τότε θα ισχύει $f({{x}_{0}})=y$ και στην αρχική θα έχουμε ότι αναγκαία ${{f}^{3}}({{x}_{0}})-{{f}^{2}}({{x}_{0}})+f({{x}_{0}})={{x}_{0}}$

ή ${{y}^{3}}-{{y}^{2}}+y={{x}_{0}}$ δηλαδή $g(y)={{x}_{0}}$ τώρα αρκεί $f({{y}^{3}}-{{y}^{2}}+y)=y$ Τώρα από $g(f(x))=x,\,\,\,x\in R$ θα ισχύει

$g(f({{y}^{3}}-{{y}^{2}}+y))={{y}^{3}}-{{y}^{2}}+y=g(y)$ και επειδή η

’1-1’ θα ισχύει $f({{y}^{3}}-{{y}^{2}}+y)=y$ επομένως η f(x)=y

έχει λύση για κάθε $y\in R$ άρα η

΄χει σύνολο τιμών το R.

ιιι) Επειδή η

είναι γνήσια αύξουσα άρα και ‘1-1’ αντιστρέφεται με ${{f}^{-1}}:R\to R$ και από την αρχική για

το ${{f}^{-1}}(x)$ προκύπτει ${{x}^{3}}-{{x}^{2}}+x={{f}^{-1}}(x)$

...και επεται και συνέχεια...
Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

#16

....συνεχίζοντας.....

iv) Επειδή η εξίσωση ${{f}^{-1}}(x)=x\Leftrightarrow {{x}^{3}}-{{x}^{2}}+x=x\Leftrightarrow {{x}^{3}}-{{x}^{2}}=0$ έχει μοναδικές ρίζες τις $x=0,\,\,\,x=1$ και η f(x)=x

θα έχει ρίζες τις $x=0,\,\,\,x=1$

v) Η εικόνα του

προφανώς είναι σημείο της γραφικής παράστασης της

και η εικόνα του

σημείο της γραφικής παράστασης της ${{f}^{-1}}$

vi) Λόγω της συμμετρίας των $f,\,\,{{f}^{-1}}$ το ζητούμενο εμβαδό είναι το διπλάσιο του εμβαδού μεταξύ της y=x

και ${{f}^{-1}}$ δηλαδή

$E=2\int\limits_{0}^{1}{\left| x-{{f}^{-1}}(x) \right|dx=2\int\limits_{0}^{1}{\left| x-{{x}^{3}}+{{x}^{2}}-x \right|dx=2\int\limits_{0}^{1}{\left| {{x}^{3}}-{{x}^{2}} \right|dx}}}$ και επειδή ${{x}^{3}}-{{x}^{2}}<0,\,\,\,0<x<1\,\,\,$ είναι $E=2\int\limits_{0}^{1}{({{x}^{2}}-{{x}^{3}})dx=2[\frac{{{x}^{3}}}{3}}-\frac{{{x}^{4}}}{4}]_{0}^{1}=\frac{1}{6}$

: ΑΣΚΗΣΗ 4.jpg (10.83 KiB) Προβλήθηκε 3565 φορές

μια ιδέα από το παραπάνω σχήμα...
....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

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

mathxl · #17

Αν μου επιτρέπει ο Νίκος, μια μικρή παρέμβαση
Χωρίς να δοθεί η συνέχεια της f, να υπολογιστεί το $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f\left( x \right)}$ .

#18

...Καλημέρα

στην παρέμβαση του συνονοματου....μιά παρεμβατική προσπάθεια

Είναι ${{f}^{3}}(x)-{{f}^{2}}(x)+f(x)=x$ και ${{f}^{3}}(1)-{{f}^{2}}(1)+f(1)=1$ και με αφαίρεση κατά μέλη έχουμε
${{f}^{3}}(x)-{{f}^{3}}(1)-({{f}^{2}}(x)-{{f}^{2}}(1))+f(x)-f(1)=x-1$ και επειδή f(1)=1

έχουμε ${{f}^{3}}(x)-1-({{f}^{2}}(x)-1)+f(x)-1=x-1$ ή αλλιώς
$(f(x)-1)[{{f}^{2}}(x)+f(x)+1-(f(x)+1)+1]=x-1$ ή αλλιώς
$(f(x)-1)[{{f}^{2}}(x)+1]=x-1\Leftrightarrow f(x)-1=\frac{x-1}{{{f}^{2}}(x)+1}$ επομένως
$\left| f(x)-1 \right|=\frac{\left| x-1 \right|}{{{f}^{2}}(x)+1}\le \frac{\left| x-1 \right|}{1}$ απ όπου
$-\left| x-1 \right|\le f(x)-1\le \left| x-1 \right|$ και από κριτήριο παρεμβολής $\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,(f(x)-1)=0$ άρα…..

mathxl · #19

Αυτό ακριβώς σκέφτηκα

ΑΣΚΗΣΗ 5
Έστω η συνάρτηση f, δύο φορές παραγωγίσιμη στο πεδίο ορισμού της $\displaystyle{\left( { - \infty ,\sqrt 2 } \right)}$ , με $\displaystyle{f\left( 0 \right) = \sqrt 2 }$ και τέτοια ώστε να ισχύει $\displaystyle{{e^{xf\left( x \right)}} = xf''\left( x \right) +2 f'\left( x \right),\forall x \in \left( { - \infty ,\sqrt 2 } \right)}$

Να βρείτε τον τύπο της.

Διόρθωσα ένα λάθος και ζητώ συγνώμη! Είχα 1 ως συντελεστή της πρώτης παραγώγου στο 2ο μέλος ενώ το σωστό είναι 2

#20

Πάμε για μία λύση...
Θέτω $\displaystyle{ g(x) = xf(x),x < \sqrt 2 }$

Είναι δύο φορές παραγωγίσιμη με:
$\displaystyle{ \begin{array}{l} g'(x) = xf'(x) + f(x) \\ g''(x) = xf''(x) + 2f'(x) \\ \end{array} }$

Συνεπώς η διαφορική μπορεί να γίνει:
$\displaystyle{ e^{g(x)} = g''(x) (1)}$

Τώρα πολλαπλασιάζω επί την πρώτη παράγωγο:

$\displaystyle{ g'(x)e^{g(x)} = g'(x)g''(x) \Rightarrow \left( {e^{g(x)} } \right)' = \frac{{\left\{ {\left[ {g'(x)} \right]^2 } \right\}'}}{2} \Rightarrow e^{g(x)} = \frac{{\left[ {g'(x)} \right]^2 }}{2} + c }$

Είναι $\displaystyle{ g'(0) = \sqrt 2 }$ εύκολα λοιπόν προκύπτει:

$\displaystyle{ c = 0 }$

Άρα:
$\displaystyle{ e^{g(x)} = \frac{{\left[ {g'(x)} \right]^2 }}{2} (2)}$ και λόγω της (1) έχω:

$\displaystyle{ g''(x) = \frac{{\left[ {g'(x)} \right]^2 }}{2} }$

Τώρα λόγω των (1) και (2) έχω πως και η πρώτη και η δεύτερη παράγωγος είναι διαφορετικές απο το μηδέν,άρα:

$\displaystyle{ \frac{{g''(x)}}{{\left( {g'(x)} \right)^2 }} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{1}{{g'(x)}} = - \frac{1}{2}x + c_1 }$

Άξιοποιώντας την αρχική συνθήκη έχω:
$\displaystyle{ c_1 = \frac{1}{{\sqrt 2 }} }$

Άρα:
$\displaystyle{ \frac{1}{{g'(x)}} = - \frac{1}{2}x + \frac{1}{{\sqrt 2 }},x < \sqrt 2 \Rightarrow g'(x) = \frac{1}{{ - \frac{1}{2}x + \frac{1}{{\sqrt 2 }}}} \Rightarrow g(x) = - 2\ln ( - \frac{1}{2}x + \frac{1}{{\sqrt 2 }}) + c }$

όπου και πάλι από την αρχική μου συνθήκη: $\displaystyle{ c = - \ln 2 }$

Επομένως:
$\displaystyle{ g(x) = - 2\ln ( - \frac{1}{2}x + \frac{1}{{\sqrt 2 }}) - \ln 2 \Rightarrow xf(x) = - 2\ln ( - \frac{1}{2}x + \frac{1}{{\sqrt 2 }}) - \ln 2 }$

Τώρα για $\displaystyle{ x \ne 0 }$ έχω:

$\displaystyle{ f(x) = \frac{{ - 2\ln ( - \frac{1}{2}x + \frac{1}{{\sqrt 2 }}) - \ln 2}}{x} \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{ - 2\ln ( - \frac{1}{2}x + \frac{1}{{\sqrt 2 }}) - \ln 2}}{x}\mathop = \limits^{\frac{0}{0}} .... = \sqrt 2 = f(0) }$

άρα η συνάρτηση μας είναι συνεχής στο μηδέν.
Επιπλέον:

$\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\frac{{ - 2\ln ( - \frac{1}{2}x + \frac{1}{{\sqrt 2 }}) - \ln 2}}{x} - \sqrt 2 }}{x}\mathop = \limits^{\frac{0}{0}} \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{ - 2\ln ( - \frac{1}{2}x + \frac{1}{{\sqrt 2 }}) - \ln 2 - \sqrt 2 x}}{{x^2 }}\mathop = \limits^{\frac{0}{0}} ... = \frac{1}{2} = f'(0) }$ (με επιφύλαξη για τις πράξεις στο τέλος)

Συνεπώς είναι και παραγωγίσιμη στο μηδέν.
Άρα παντού συνεχής και παραγωγίσιμη στο πεδίο ορισμού,όπως θέλαμε!
(Ξέρω θέλει έλεγχο και για τη δεύτερη παράγωγο,αλλά δεν αντέχω!)

Τελικά:

$\displaystyle{ f(x) = \frac{{ - 2\ln ( - \frac{1}{2}x + \frac{1}{{\sqrt 2 }}) - \ln 2}}{x},x < \sqrt 2 }$

Μικρό ευχαριστώ

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

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