Νωρίς ακόμα (2)...

Δυσκολότερα θέματα τα οποία όμως άπτονται της σχολικής ύλης και χρησιμοποιούν αποκλειστικά θεωρήματα που βρίσκονται μέσα σε αυτή. Σε διαφορετική περίπτωση η σύνταξη του μηνύματος θα πρέπει να γίνει στο υποφόρουμ "Ο ΦΑΚΕΛΟΣ ΤΟΥ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΥ"

Συντονιστής: Μπάμπης Στεργίου

Άβαταρ μέλους
M.S.Vovos
Δημοσιεύσεις: 713
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2015 5:45 pm

Νωρίς ακόμα (2)...

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #1 από M.S.Vovos » Τετ Ιαν 11, 2017 5:47 pm

Μία ακόμα κατασκευή.

Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f:\left [ 0,1 \right ]\rightarrow \mathbb{R}^{\ast }, για την οποία ισχύουν:

\displaystyle \bullet \hspace{3mm}f^{2}(0)+f^{2}(1)+4+2\sqrt{2}\leq 2\left ( f(0)+\left ( 1+\sqrt{2} \right )f(1) \right )

\displaystyle \bullet \hspace{3mm}f'(x)\left ( 1+\frac{1}{f^{2}\left ( x \right )} \right )\leq 2, για κάθε x\in \left [ 0,1 \right ].

(α.i.) Να αποδείξετε ότι \displaystyle{f^{2}(x)=2xf(x)+1}, για κάθε x\in \left [ 0,1 \right ].
(α.ii.) Να αποδείξετε ότι \displaystyle{f(x)=x+\sqrt{x^{2}+1}}, για κάθε x\in \left [ 0,1 \right ].

(β) Να προσδιορίσετε την μέγιστη M και ελάχιστη m τιμή της συνάρτησης f και στη συνέχεια, να αποδείξετε ότι η παρακάτω εξίσωση είναι αδύνατη:

\displaystyle{\displaystyle \frac{{x - 1 + \sqrt {{x^2} + 1} }}{{y - 1 + \sqrt {{y^2} + 1} }} = \frac{{1 - y - \sqrt {{y^2} + 1}  + \sqrt 2 }}{{x - 1 + \sqrt {{x^2} + 1}  - \sqrt 2 }}, \hspace{4mm}x,y\in (0,1)}
(γ) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι αντιστρέψιμη με \displaystyle{f^{-1}(x)=\frac{x^{2}-1}{2x}}, για κάθε \displaystyle{x\in \left [ 1,1+\sqrt{2} \right ]}.

(δ) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου \Omega, που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης f, τους άξονες συντεταγμένων και την ευθεία x=1.

Φιλικά,
Μάριος


Είναι αυταπάτη ότι η νεότητα είναι ευτυχισμένη, μια αυταπάτη αυτών που την έχουν χάσει. W. Somerset Maugham

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 2793
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα
Επικοινωνία:

Re: Νωρίς ακόμα (2)...

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #2 από Tolaso J Kos » Τετ Ιαν 11, 2017 7:46 pm

M.S.Vovos έγραψε:
Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f:\left [ 0,1 \right ]\rightarrow \mathbb{R}^{\ast }, για την οποία ισχύουν:

\displaystyle \bullet \hspace{3mm}f^{2}(0)+f^{2}(1)+4+2\sqrt{2}\leq 2\left ( f(0)+\left ( 1+\sqrt{2} \right )f(1) \right ) \quad \quad {\color{red}{(1)}}

\displaystyle \bullet \hspace{3mm}f'(x)\left ( 1+\frac{1}{f^{2}\left ( x \right )} \right )\leq 2, για κάθε x\in \left [ 0,1 \right ]. \quad \quad {\color{red}{(2)}}

(α.i.) Να αποδείξετε ότι \displaystyle{f^{2}(x)=2xf(x)+1}, για κάθε x\in \left [ 0,1 \right ].
(α.ii.) Να αποδείξετε ότι \displaystyle{f(x)=x+\sqrt{x^{2}+1}}, για κάθε x\in \left [ 0,1 \right ].

(β) Να προσδιορίσετε την μέγιστη M και ελάχιστη m τιμή της συνάρτησης f και στη συνέχεια, να αποδείξετε ότι η παρακάτω εξίσωση είναι αδύνατη:

\displaystyle{\displaystyle \frac{{x - 1 + \sqrt {{x^2} + 1} }}{{y - 1 + \sqrt {{y^2} + 1} }} = \frac{{1 - y - \sqrt {{y^2} + 1}  + \sqrt 2 }}{{x - 1 + \sqrt {{x^2} + 1}  - \sqrt 2 }}, \hspace{4mm}x,y\in (0,1)}
(γ) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι αντιστρέψιμη με \displaystyle{f^{-1}(x)=\frac{x^{2}-1}{2x}}, για κάθε \displaystyle{x\in \left [ 1,1+\sqrt{2} \right ]}.

(δ) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου \Omega, που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης f, τους άξονες συντεταγμένων και την ευθεία x=1.

Φιλικά,
Μάριος


Από τη σχέση (1) βγάζουμε

\displaystyle{\begin{aligned}
f^2(0) + f^2(1) +4 +2\sqrt{2} \leq 2 f(0) +2 f(1) \left ( 1+\sqrt{2} \right ) &\Leftrightarrow f^2(0) - 2f(0)  + f^2(1) + \\
 & \quad \quad \quad +4 +2\sqrt{2} - 2 \left ( 1+\sqrt{2} \right ) f(1) \leq 0 \\ 
 &\Leftrightarrow f^2(0) -2f(0) +1 - 1 +  \\ 
 & \quad \quad \quad + 4  + 2\sqrt{2} - 2\left ( 1+\sqrt{2} \right ) f(1) \leq 0\\
 &\Leftrightarrow \left ( f(0) -1 \right )^2  + \bigg ( f(1) - \left ( 1+\sqrt{2} \right ) \bigg )^2 \leq 0 
\end{aligned}}

Συνεπώς f(0)=1 και f(1)=1+\sqrt{2}. Επειδή η f είναι συνεχής στο [0, 1] και σε αυτό είναι μη μηδενιζόμενη ( αφού από τα δεδομένα δίδεται ότι το σύνολο αφίξεως είναι το \mathbb{R}^* ) θα διατηρεί πρόσημο. Εφόσον f(0)=1>0 συνάγουμε ότι f(x)>0 για κάθε x \in [0, 1].

(α)

(ι) Από τη σχέση (2) έχουμε

\displaystyle{\begin{aligned}
f'(x) \left ( 1 + \frac{1}{f^2(x)} \right ) \leq 2  &\Leftrightarrow f'(x) + \frac{f'(x)}{f^2(x)} \leq 2 \\ 
 &\Leftrightarrow \left ( f(x) - \frac{1}{f(x)} -2x \right ) '  \leq  0
\end{aligned}}

Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x)=f(x)-\frac{1}{f(x)}-2x η οποία είναι παραγωγίσιμη στο [0, 1] και ( γνήσια ) φθίνουσα αφού g'(x) \leq 0. 'Όμως η g είναι συνεχής σε κλειστό διάστημα οπότε σε αυτό λαμβάνει μέγιστη και ελάχιστη τιμή. Επειδή είναι φθίνουσα η ελάχιστη τιμή είναι η g(1) και η μέγιστη η g(0). Θα δείξουμε ότι g(x)=0 για κάθε x \in [0, 1]. Πράγματι:

\displaystyle{\begin{aligned}
g(1) \leq g(x) \leq g(0)  &\Rightarrow 0 \leq g(x) \leq 0 \\ 
 &\Rightarrow f(x) - \frac{1}{f(x)} - 2x =0
\end{aligned}}

Το ζητούμενο έπεται άμεσα.

(ιι) Από τη σχέση που αποδείξαμε λίγο πριν πάνω , αν κάνουμε τη συμπλήρωση τετραγώνων , έχουμε:

\displaystyle{\left ( f(x) - x \right )^2 = x^2 + 1 \quad \quad (3)}

Η συνάρτηση h(x)=f(x)-x είναι συνεχής στο [0, 1] και μη μηδενιζόμενη σε αυτό , διότι αν είχε ρίζα τότε , έστω x_0 , η (3) για x=x_0 θα έδινε 0=x_0^2+1>0 το οποίο προφανώς είναι άτοπο. Οπότε η h διατηρεί πρόσημο και μάλιστα θετικό αφού h(0)=f(0)=1>0. Άρα

\displaystyle{f(x) = x + \sqrt{x^2+1} \; , \; x \in [0, 1]}

(β) Η f είναι γνήσια αύξουσα ( απλό με τον ορισμό αφού δουλεύουμε στο [0, 1] ). Οπότε η μέγιστη τιμή της είναι η f(1)=1+\sqrt{2} και η ελάχιστη είναι η f(0)=1. Οπότε για κάθε x \in [0, 1] είναι f(0) \leq f(x) \leq f(1) και για κάθε y \in [0, 1] είναι f(0) \leq f(y) \leq f(1). Παρατηρούμε ότι η εξίσωση γράφεται ως:

\displaystyle{\frac{f(x) -f(0)}{f(y) -f(0)} = \frac{f(1) - f(y)}{f(x) - f(1)}}

Από τη παραπάνω ανάλυση εύκολα διαπιστώνουμε τώρα ότι το πρώτο μέλος είναι θετικό ενώ το δεύτερο αρνητικό. Άρα η εξίσωση δε μπορεί να έχει λύση.

(γ) Ως γνήσια αύξουσα συνάρτηση η f είναι αντιστρέψιμη. Το πεδίο τιμών της είναι το [1, 1+\sqrt{2}]. Για την εύρεση της αντίστροφης θέτουμε y=f(x) και αρκεί να λύσουμε ως προς x. Όμως:

\displaystyle{\begin{aligned}
y=f(x) &\Leftrightarrow y = x + \sqrt{x^2+1} \\ 
 &\Leftrightarrow y - x = \sqrt{x^2+1} \\ 
 &\Leftrightarrow \left ( y-x \right )^2 = x^2+1 \\ 
 &\Leftrightarrow y^2 -2yx + x^2 =x^2 +1 \\ 
 &\Leftrightarrow y^2 -1 = 2yx \\
 &\!\overset{y \neq 0}{\Leftrightarrow} \frac{y^2-1}{2y} = x 
\end{aligned}}

Άρα όντως f^{-1}(y)= \frac{y^2-1}{2y} , \; y \in [1, 1+\sqrt{2}].

(δ) Το εμβαδόν που περικλείεται της γραφικής παράστασης της f, των αξόνων και της ευθείας x=1 είναι ίσο με

\displaystyle{{\rm E}\left ( \Omega  \right ) = \int_{0}^{1} \left ( x + \sqrt{x^2+1} \right ) \, {\rm d}x \quad \quad (4)}

Αρχικά θα υπολογίσουμε το ολοκλήρωμα \bigintsss_0^1 \sqrt{x^2+1} \, {\rm d}x. Ας το ονομάσουμε \mathcal{J}. Τότε:

\displaystyle{\begin{aligned}
\mathcal{J} &= \int_{0}^{1} \sqrt{x^2+1} \, {\rm d}x \\ 
 &= \left [ x \sqrt{x^2+1} \right ]_0^1  - \int_{0}^{1}\frac{x^2}{\sqrt{x^2+1}} \, {\rm d}x\\ 
 &= \sqrt{2} - \int_{0}^{1} \frac{x^2+1 -1}{\sqrt{x^2+1}} \, {\rm d}x\\ 
 &= \sqrt{2} - \int_{0}^{1} \frac{x^2+1}{\sqrt{x^2+1}}\, {\rm d}x + \int_{0}^{1} \frac{{\rm d}x}{\sqrt{x^2+1}}\\ 
 &= \sqrt{2} - \underbrace{\int_{0}^{1} \sqrt{x^2+1}}_{\mathcal{J}} \, {\rm d}x + \left [ \ln \left ( x + \sqrt{x^2+1} \right ) \right ]_0^1\\ 
 &= \sqrt{2} - \mathcal{J} + \ln \left ( 1+\sqrt{2} \right )
\end{aligned}}

Οπότε \displaystyle{\mathcal{J} = \frac{\sqrt{2}}{2}  + \frac{\ln \left ( 1+\sqrt{2} \right )}{2}}. Γυρνώντας πίσω στη (4) παίρνουμε ότι το ζητούμενο εμβαδόν έχει τιμή ίση με:

\displaystyle{{\rm E}\left ( \Omega  \right ) = \frac{1+\sqrt{2} + \ln \left ( 1+\sqrt{2} \right )}{2}}

:clap2: :clap2:
Ωραία ασκησούλα!!


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Άβαταρ μέλους
M.S.Vovos
Δημοσιεύσεις: 713
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2015 5:45 pm

Re: Νωρίς ακόμα (2)...

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #3 από M.S.Vovos » Παρ Ιαν 13, 2017 7:08 pm

Αφού ευχαριστήσω τον Τόλη :coolspeak: , να δώσω μια διαφορετική προσέγγιση που "πατά" σε δύο πράγματα:

1) Ένα πολύ γνωστό λήμμα και το βασικότερο,
2) χρησιμοποιούμε τα προηγούμενα ερωτήματα.

Λήμμα
Αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη και 1-1 σε ένα διάστημα \left [ \alpha ,\beta  \right ], τότε θεωρώντας ότι η f^{-1} είναι συνεχής, ισχύει:

\displaystyle{\displaystyle \int_{\alpha }^{\beta }f(x)dx+\int_{f(\alpha )}^{f(\beta )}f^{-1}(x)dx=\beta f(\beta )-\alpha f(\alpha )}
Απόδειξη
Για το \displaystyle{\displaystyle I=\int_{f(\alpha )}^{f(\beta )}f^{-1}(x)dx}.

Θέτουμε \displaystyle{f^{-1}(x)=y\Leftrightarrow x=f(y)}, οπότε \displaystyle{dx=f'(y)dy}.

Για \displaystyle{x=f(\alpha ),f(\beta )} έχουμε αντίστοιχα y=\alpha ,\beta. Επομένως:

\displaystyle{I=\int_{\alpha }^{\beta }yf'(y)dy=\int_{\alpha }^{\beta }xf'(x)dx=\left [ xf(x) \right ]_{\alpha }^{\beta }-\int_{\alpha }^{\beta }(x)'f(x)dx=\beta f(\beta )-\alpha f(\alpha )-\int_{\alpha }^{\beta }f(x)dx}

Και άρα: \displaystyle{\displaystyle{\displaystyle \int_{\alpha }^{\beta }f(x)dx+\int_{f(\alpha )}^{f(\beta )}f^{-1}(x)dx=\beta f(\beta )-\alpha f(\alpha )}}

Επομένως, το ζητούμενο εμβαδόν είναι:

\displaystyle{E=\int_{0 }^{1 }\left | f(x) \right |dx=\int_{0}^{1}f(x)dx=1\cdot f(1)-0\cdot f(0)-\int_{f(0)}^{f(1)}f^{-1}(x)dx=1+\sqrt{2}-\int_{1}^{1+\sqrt{2}}\frac{x^{2}-1}{2x}dx=
\displaystyle ={1+\sqrt{2}-\left [ \frac{x^{2}}{4}-\frac{\mathrm{ln}x}{2} \right ]_{1}^{1+\sqrt{2}}=\cdots }}

Φιλικά,
Μάριος


Είναι αυταπάτη ότι η νεότητα είναι ευτυχισμένη, μια αυταπάτη αυτών που την έχουν χάσει. W. Somerset Maugham

Επιστροφή σε “ΘΕΜΑΤΑ ΜΕ ΑΠΑΙΤΗΣΕΙΣ Γ'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης