Much

erxmer · #1

Δίνεται συνεχής συνάρτηση : $f: R \to R$ για την οποία ισχύει: $\displaystyle{f(x)=\left ( \int_{0}^{3}f(t)dt+20 \right )e^{x-3}-x^2-2x, x \in R}$

1) Nα βρεθεί τύπος της συνάρτησης

2) Να δικαιολογήσετε ότι η

αντιστρέφεται και να βρείτε το πεδίο ορισμού της αντίστροφης

3) Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την $\displaystyle{C_f^{-1},xx',x=\frac{2}{e^2}, x=2}$ , με την $\displaystyle{f^{-1}}$ να είναι συνεχής συνάρτηση στο πεδίο ορισμού της.

4) Να δείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle{\frac{\int_{0}^{2}f(3t)dt-4}{x}+\frac{\int_{0}^{2}f(\frac{t}{2})dt}{x-2}=0}$ έχει ακριβώς μια ρίζα στο (0,2)

5) $\displaystyle{\lim_{x \to +\infty}\frac{ln\left ( \sqrt{f(x)} \right )}{\sqrt{lnx}}=;}$ και $\displaystyle{\lim_{x \to 0^{-}}\left [ f(x) \right ]^\displaystyle{\frac{e^{x^2}}{sin^3x}}}$

#2

erxmer έγραψε:Δίνεται συνεχής συνάρτηση : $f: R \to R$ για την οποία ισχύει: $\displaystyle{f(x)=\left ( \int_{0}^{3}f(t)dt+20 \right )e^{x-3}-x^2-2x, x \in R}$

1) Nα βρεθεί τύπος της συνάρτησης

2) Να δικαιολογήσετε ότι η αντιστρέφεται και να βρείτε το πεδίο ορισμού της αντίστροφης

3) Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την $\displaystyle{C_f^{-1},xx',x=\frac{2}{e^2}, x=2}$ , με την $\displaystyle{f^{-1}}$ να είναι συνεχής συνάρτηση στο πεδίο ορισμού της.

4) Να δείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle{\frac{\int_{0}^{2}f(3t)dt-4}{x}+\frac{\int_{0}^{2}f(\frac{t}{2})dt}{x-2}=0}$ έχει ακριβώς μια ρίζα στο

5) $\displaystyle{\lim_{x \to +\infty}\frac{ln\left ( \sqrt{f(x)} \right )}{\sqrt{lnx}}=;}$ και $\displaystyle{\lim_{x \to 0^{-}}\left [ f(x) \right ]^\displaystyle{\frac{e^{x^2}}{sin^3x}}}$

1) Θέτουμε $c = \int\limits_0^3 {f\left( t \right)dt} + 20$ και έχουμε: $f\left( x \right) = c{e^{x - 3}} - {x^2} - 2x \Rightarrow \int\limits_0^3 {f\left( x \right)dc} =$ $\int\limits_0^3 {\left( {c{e^{x - 3}} - {x^2} - 2x} \right)dx} \Rightarrow$

$c - 20 = \left[ {c{e^{x - 3}} - \dfrac{{{x^3}}}{3} - {x^2}} \right]_0^3 \Rightarrow$ $c - 20 = c - 18 - c{e^{ - 3}} \Rightarrow c = 2{e^3} \Rightarrow$ $\boxed{f\left( x \right) = 2{e^x} - {x^2} - 2x}$ .

2) Είναι $f'\left( x \right) = 2{e^x} - 2x - 2 = 2\left( {{e^x} - \left( {x + 1} \right)} \right) \geqslant 0$ , με $f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x = 0$ (αφού αν $g\left( x \right)={{e}^{x}}$ είναι γνωστή πρόταση (προκύπτει από την κυρτότητα της ότι η γραφική της παράσταση είναι «πάνω» από την εφαπτόμενή της σε κάθε σημείο της (άρα και στο $K\left( 0,1 \right)$ ) που είναι η ευθεία $\left( \varepsilon \right):y=x+1$ εκτός του σημείου επαφής)

Άρα γνησίως αύξουσα , οπότε αντιστρέψιμη με πεδίο ορισμού το σύνολο τιμών της που λόγω της συνέχειάς της στο είναι ${A_{{f^{ - 1}}}} = f\left( R \right) = \left( {\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right),\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right)} \right)$

Αλλά $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left[ {2{e^x} - {x^2} - 2x} \right] =$ $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left[ {2{e^x} - \left( {{x^2} + 2x} \right)} \right]\mathop = \limits^{\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {2{e^x}} \right) = 0,\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {{x^2} + 2x} \right) = + \infty } \ldots - \infty$

και $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {2{e^x} - {x^2} - 2x} \right] =$ $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {{e^x}\left( {2 - \dfrac{{{x^2}}}{{{e^x}}} - \dfrac{{2x}}{{{e^x}}}} \right)} \right] = \ldots + \infty$ .

( αφού $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {e^x} = + \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{{{x^2}}}{{{e^x}}}\mathop = \limits^{De\,\,L'Hospital} \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{{2x}}{{{e^x}}}\mathop = \limits^{De\,\,L'Hospital}$ $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{2}{{{e^x}}} = 0,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{{2x}}{{{e^x}}}\mathop = \limits^{De\,\,L'Hospital} \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{2}{{{e^x}}} = 0$ )

Άρα ${{A}_{{{f}^{-1}}}}=f\left( R \right)=\left( -\infty ,+\infty \right)$

3) * Η συνέχεια της ${{f}^{-1}}$ προκύπτει άμεσα από το γεγονός της συμμετρίας της συνεχούς συνάρτησης ως προς τη διχοτόμο 1ης και 3ης γωνίας των αξόνων του ορθοκανονικού συστήματος αλλά καλώς δίνεται διότι η απόδειξη (αλγεβρικά) είναι «τσιμπημένη» και ξεπερνά το σχολικό επίπεδο.

Θα είναι $E = \int\limits_{\dfrac{2}{{{e^2}}}}^2 {\left| {{f^{ - 1}}\left( x \right)} \right|dx}$ $\mathop = \limits^{x = f\left( t \right) \Rightarrow dx = f'\left( t \right)dt,x = \dfrac{2}{{{e^2}}} \Rightarrow \dfrac{2}{{{e^2}}} = f\left( t \right) \Rightarrow t = {f^{ - 1}}\left( {\dfrac{2}{{{e^2}}}} \right),x = 2 \Rightarrow 2 = f\left( t \right) \Rightarrow t = {f^{ - 1}}\left( 2 \right)}$ $\boxed{E = \int\limits_{{f^{ - 1}}\left( {\dfrac{2}{{{e^2}}}} \right)}^{{f^{ - 1}}\left( 2 \right)} {\left| t \right|f'\left( t \right)dt} }$ .

Είναι $2 = f\left( 0 \right) \Leftrightarrow {f^{ - 1}}\left( 2 \right) = 0$ και $\dfrac{2}{{{e^2}}} = f\left( { - 2} \right) \Rightarrow {f^{ - 1}}\left( {\dfrac{2}{{{e^2}}}} \right) = - 2$ , άρα

$E = \int\limits_{ - 2}^0 {\left| t \right|f'\left( t \right)dt} = \int\limits_{ - 2}^0 { - tf'\left( t \right)dt} = \int\limits_0^{ - 2} {tf'\left( t \right)dt} =$ $\left[ {tf\left( t \right)} \right]_0^{ - 2} - \int\limits_0^{ - 2} {f\left( t \right)dt} =$

$- 2f\left( { - 2} \right) - \int\limits_0^{ - 2} {\left( {2{e^t} - {t^2} - 2t} \right)dt}$ $= \dfrac{2}{{{e^2}}} - \left[ {2{e^t} - \dfrac{{{t^3}}}{3} - {t^2}} \right]_0^{ - 2} =$ $\dfrac{2}{{{e^2}}} - \left( {\dfrac{2}{{{e^2}}} + \dfrac{8}{3} - 4 - 2} \right) = \dfrac{{10}}{3}\tau .\mu$ .

Θεωρούμε τη συνάρτηση $h\left( x \right) = \left( {x - 2} \right)\left( {\int\limits_0^2 {f\left( {3t} \right)dt} - 4} \right) + x\int\limits_0^2 {f\left( {\dfrac{t}{2}} \right)dt}$

η οποία είναι προφανώς συνεχής στο διάστημα $\left[ {0,2} \right]$ (πράξεις με συνεχείς) με

$h\left( 0 \right) = - 2\left( {\int\limits_0^2 {f\left( {3t} \right)dt} - 4} \right)$ και $h\left( 2 \right) = 2\int\limits_0^2 {f\left( {\dfrac{t}{2}} \right)dt}$ οπότε $h\left( 0 \right) \cdot h\left( 2 \right) = - 4\left( {\int\limits_0^2 {f\left( {3t} \right)dt} - 4} \right) \cdot \int\limits_0^2 {f\left( {\dfrac{t}{2}} \right)dt}$

Για $t \geqslant 0 \Rightarrow \dfrac{t}{2} \geqslant 0\mathop \Rightarrow \limits^{f \uparrow } f\left( {\dfrac{t}{2}} \right) \geqslant f\left( 0 \right) = 2 > 0 \Rightarrow$ $2\int\limits_0^2 {f\left( {\dfrac{t}{2}} \right)dt} > 8 > 0$ και

$t \geqslant 0 \Rightarrow 3t \geqslant 0 \Rightarrow \ldots f\left( {3t} \right) \geqslant f\left( 0 \right) = 2$ $\mathop \Rightarrow \limits^{f\left( {3t} \right) \ne f\left( 0 \right),\forall t \in \left( {0,2} \right]}$ $\int\limits_0^2 {f\left( {3t} \right)dt} > 4 \Rightarrow \int\limits_0^2 {f\left( {3t} \right)dt} - 4 > 0$

άρα $h\left( 0 \right) \cdot h\left( 2 \right) < 0\mathop \Rightarrow \limits^{\Theta .Bolzano} \exists {x_0} \in \left( {0,2} \right):h\left( {{x_0}} \right) = 0$

Η $h\left( x \right) = \left( {x - 2} \right)\left( {\int\limits_0^2 {f\left( {3t} \right)dt} - 4} \right) + x\int\limits_0^2 {f\left( {\dfrac{t}{2}} \right)dt}$ είναι παραγωγίσιμη στο $\left( 0,2 \right)$ (πράξεις με παραγωγίσιμες)

με $h'\left( x \right) = - 2\left( {\int\limits_0^2 {f\left( {3t} \right)dt} - 4} \right) + \int\limits_0^2 {f\left( {\dfrac{t}{2}} \right)dt}$ $= 8 + \int\limits_0^2 {\left[ {f\left( {\dfrac{t}{2}} \right) - 2f\left( {3t} \right)} \right]dt} =$

$8 + \int\limits_0^2 {\left[ {2{e^{\dfrac{t}{2}}} - \dfrac{{{t^2}}}{4} - t - 4{e^{3t}} + 18{t^2} + 12t} \right]dt} =$ $8 + \left[ {4{e^{\dfrac{t}{2}}} - \dfrac{{{t^3}}}{{12}} - \dfrac{{{t^2}}}{2} - 4\dfrac{{{e^{3t}}}}{3} + 6{t^3} + 6{t^2}} \right]_0^2$

$= 8 + 4e - \frac{2}{3} - 2 - 4\dfrac{{{e^6}}}{3} + 48 + 24 - 4 + \dfrac{4}{3} =$ $74 + 4e - \dfrac{{4{e^6}}}{3} + \dfrac{4}{3} < 0 \Rightarrow h$ γνησίως φθίνουσα στο $\left( {0,2} \right)$ οπότε η εξίσωση $h\left( x \right) = 0$

έχει μοναδική ρίζα στο $\left( {0,2} \right)$ άρα και η ισοδύναμή της στο διάστημα αυτό $\dfrac{{\int\limits_0^2 {f\left( {3t} \right)dt} - 4}}{x} + \dfrac{{\int\limits_0^2 {f\left( {\dfrac{t}{2}} \right)dt} }}{{x - 2}} = 0$ έχει μοναδική ρίζα.

5) $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\dfrac{{\ln \sqrt {f\left( x \right)} }}{{\sqrt {\ln x} }}} \right)$ $= \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \left( {\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{{\ln \left( {f\left( x \right)} \right)}}{{\sqrt {\ln x} }}} \right)$ $\mathop = \limits^{\dfrac{{ + \infty }}{{ + \infty }},De\,\,L'\,\,Hospital}$ $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {\dfrac{1}{2}\dfrac{{\dfrac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}}}}{{\dfrac{1}{{2x\sqrt {\ln x} }}}}} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {\dfrac{{xf'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}} \cdot \sqrt {\ln x} } \right]$

Είναι $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{{xf'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}}\mathop = \limits^{\dfrac{{ + \infty }}{{ + \infty }},De\,\,L'\,\,Hospital} \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{{f'\left( x \right) + xf''\left( x \right)}}{{f'\left( x \right)}} =$ $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {1 + \dfrac{{xf''\left( x \right)}}{{f'\left( x \right)}}} \right)\mathop = \limits^{\dfrac{{ + \infty }}{{ + \infty }},De\,\,L'\,\,Hospital}$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {1 + \dfrac{{f''\left( x \right) + x{f^{\left( 3 \right)}}\left( x \right)}}{{f''\left( x \right)}}} \right)$ $\mathop = \limits^{\dfrac{{ + \infty }}{{ + \infty }},De\,\,L'\,\,Hospital} \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {2 + \dfrac{{x{f^{\left( 3 \right)}}\left( x \right)}}{{f''\left( x \right)}}} \right)$

Είναι $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{{x{f^{\left( 3 \right)}}\left( x \right)}}{{f''\left( x \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{{2x{e^x}}}{{2{e^x} - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{{x{e^x}}}{{{e^x}\left( {1 - \dfrac{1}{{{e^x}}}} \right)}} =$ $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{{{x}}}{{1 - \dfrac{1}{{{e^x}}}}} = + \infty \Rightarrow$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {2 + \dfrac{{x{f^{\left( 3 \right)}}\left( x \right)}}{{f''\left( x \right)}}} \right) = + \infty \mathop \Rightarrow \limits^{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \sqrt {\ln x} = + \infty }$ $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{{\ln \sqrt {f\left( x \right)} }}{{\sqrt {\ln x} }} = + \infty$ και

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} {\left[ {f\left( x \right)} \right]^{\dfrac{{{e^{{x^2}}}}}{{{{\sin }^3}x}}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} {e^{^{\dfrac{{{e^{{x^2}}}}}{{{{\sin }^3}x}}\ln f\left( x \right)}}}$ .

Θέτουμε $u = \left( {{e^{{x^2}}}\ln f\left( x \right)} \right)\dfrac{1}{{{{\sin }^3}x}}$ και είναι $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \left( {{e^{{x^2}}}\ln f\left( x \right)} \right) = \ln 2$ και

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \dfrac{1}{{{{\sin }^3}x}}\mathop = \limits^{\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \left( {{{\sin }^3}x} \right) = 0,{{\sin }^3}x < 0,\forall x \in \left( { - \dfrac{\pi }{2},0} \right)} - \infty \mathop \Rightarrow \limits^{\ln 2 > 0}$ $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} u = - \infty \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{u \to - \infty } {e^u} = 0 \Rightarrow$ $\boxed{\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} {{\left[ {f\left( x \right)} \right]}^{\dfrac{{{e^{{x^2}}}}}{{{{\sin }^3}x}}}} = 0}$

Στάθης

Much

Much

Re: Much

Μέλη σε σύνδεση