ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

GMANS · #21

Λάμπρος Μπαλός έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 8 (μία του Χρήστου Πατήλα )

Δίνεται η συνεχής στο συνάρτηση ώστε για κάθε $x \in R$ να ισχύει :

(1) και $lim_{x \rightarrow 0} \frac {f (x)-cosx}{x^{2}} =-3$ (2)

α) Να υπολογίσετε τα και

β) Να υπολογίσετε τα και

γ) Να δείξετε ότι υπάρχει $\xi \in (0,1)$ ώστε $4f (\xi)=f (x_{1})+f (x_{2})+f (x_{3})$ για κάθε

$x_{1},x_{2},x_{3} \in [0,1]$

δ) Αν
είναι αντίστοιχα το και το της στο διάστημα , να δείξετε ότι :

$4m+1 \leq f (x_{1})+f (x_{2})+f (x_{3}) \leq 4M-1$

α) Αν $g(x)=\frac{f(x)-cosx}{x^2}$ ,

$\lim_{x\rightarrow 0}g(x)=-3$ ,

f(x)=g(x)x^2+cosx

τότε

$\lim_{x\rightarrow 0}(g(x)x^2+cosx)=1$

άρα υπάρχει $\lim_{x\rightarrow 0}f(x)=1=f(1)$

μιας και

συνεχής στο

άρα και στο 1

η σχέση (1) για x=1 δίνει :

$f(1)-f(0)=-2\rightarrow f(1)=-1, \lim_{x\rightarrow 0}\frac{f(x)-f(0)}{x}= \lim_{x\rightarrow 0}\frac{g(x)x^2+cosx-1}{x}= \lim_{x\rightarrow 0}(xg(x)+\frac{cosx-1)}{x} )=0$

επομένως

παρ/μη στο 0 με f '(0)=0

H σχέση (1) θέτοντας όπου x το 1+h δίνει:

f(1+h)=f(h)+2h-2

και

$\lim_{h\rightarrow 0}\frac{f(1+h)-f(1)}{h}= \lim_{h\rightarrow 0}\frac{f(h)+2h-2+1}{h}= \lim_{h\rightarrow 0}(2+\frac{f(h)-1}{h}=2+f'(0)=2$

γ) η f είναι συνεχής στο [0, 1] και

f(0)f(1)=-1

οπότε από το θεώρημα του Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον

$x_0\epsilon (0, 1): f(x_0)=0$

f συνεχής στο [0, 1] τότε η f παρουσιάζει ελάχιστη τιμή m και μέγιστη τιμή M τότε

για κάθε $x_1,x_2,x_3\epsilon [0, 1]$ είναι :

$m\leq f(x_1)\leq M m\leq f(x_2)\leq M m\leq f(x_3)\leq M m \prec f(x_0)\prec M (*)$

οπότε προσθέτοντας πέρνουμε :

$4m \prec f(x_0)+f(x_1)+f(x_2)+f(x_3) \prec 4M\rightarrow m\prec \frac{f(x_1)+f(x_2)+f(x_3)}{4}\prec M$

επομένως από το θεώρημα ενδιάμεσων τιμών υπάρχει ένα τουλάχιστον

$\xi \epsilon (0,1): f(\xi)=\frac{f(x_1)+f(x_2)+f(x_3)}{4}$

οπότε : $4f(\xi)= f(x_1)+f(x_2)+f(x_3)$

για το (*)

επειδή: -1=f(1)<f(x_0)=0<f(0)=1

αποκλύεται f(x_0)=m

ή

δ)
$f(x_1)\leq M f(x_2)\leq M f(x_3)\leq M f(0)\leq M$

οπότε προσθέτοντας :

$f(x_1)+f(x_2)+f(x_3)+1\leq 4M\Rightarrow f(x_1)+f(x_2)+f(x_3)\leq 4M-1$

και όμοια :

$m\leq f(x_1) m\leq f(x_2) m\leq f(x_3) m\leq f(1)$

οπότε προσθέτοντας :

$4m\leq f(x_1)+f(x_2)+f(x_3)-1\Rightarrow 4m+1\leq f(x_1)+f(x_2)+f(x_3)$

M.S.Vovos · #22

Αγαπητά μέλη του

,

θα ήθελα να τονίσω ότι υπάρχουν ασκήσεις, όπως η ΑΣΚΗΣΗ 4 και η ΑΣΚΗΣΗ 6, οι οποίες είναι ακόμη άλυτες.

Παρακαλώ, πολύ να μην μένουν άλυτες ασκήσεις στο φάκελο.

Ευχαριστώ,
Μάριος

M.S.Vovos · #23

ΑΣΚΗΣΗ 9

Έστω η γνησίως μονότονη συνάρτηση $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ , με $f(\mathbb{R})=\mathbb{R}$ και f(1)=1

. Θεωρούμε, επιπλέον, τη συνάρτηση $\displaystyle g(x)=f^{3}(x)+(fof)(x),x\in \mathbb{R}$ .

A. Να δείξετε ότι οι συναρτήσεις f,g

είναι αντιστρέψιμες.

Β. Να δείξετε ότι $\displaystyle \left (gof^{-1} \right )(x)=x^{3}+f(x)$ .

Γ. Να λύσετε την εξίσωση $f(x)=2-x^{3}$ .

Δ. Αν f(2)=3

, να βρείτε τη μονοτονία της συνάρτησης

και στη συνέχεια, αν η

είναι συνεχής και ισχύει

f(a)+f(2a)=3a,a> 0

, να δείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle \frac{f(x)-a}{x-2a}=\frac{f(x)-2a}{x-a}$ , έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο διάστημα (a,2a)

.

Πηγή: Α. Μπάρλας, Εκδόσεις Ελληνοεκδοτική

Grosrouvre · #24

M.S.Vovos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 4

Θεωρούμε τη παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ για την οποία ισχύει η σχέση:

$\displaystyle f(x)=e^{x-k}-k(x-k)-1\geq 0$ , για κάθε $x\in \mathbb{R}$ και $k\in \mathbb{R}$ .

A. Να δείξετε ότι $\displaystyle f(x)=e^{x-1}-x$ , για κάθε $x\in \mathbb{R}$ .

Παρατηρούμε ότι f(k) = 0

. Άρα, με βάση τα δεδομένα, ισχύει ότι $f(x) \geq f(k)$ , για κάθε $x \in \mathbb{R}$ .

Επομένως, σύμφωνα με το Θεώρημα Fermat (καθώς η

είναι παραγωγίσιμη στο $\mathbb{R}$ και $k \in \mathbb{R}$ ) συμπεραίνουμε ότι f{'}(k) = 0

.

Όμως, $f{'}(x) = e^{x - k} - k$ , για κάθε $x \in \mathbb{R}$ . Οπότε

$f{'}(k) = 0 \Longrightarrow 1 - k = 0 \Longrightarrow k = 1$ .

Άρα, $f(x) = e^{x - 1} - x$ , για κάθε $x \in \mathbb{R}$ .

#25

M.S.Vovos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 4

Θεωρούμε τη παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ για την οποία ισχύει η σχέση:

$\displaystyle f(x)=e^{x-k}-k(x-k)-1\geq 0$ , για κάθε $x\in \mathbb{R}$ και $k\in \mathbb{R}$ .

A. Να δείξετε ότι $\displaystyle f(x)=e^{x-1}-x$ , για κάθε $x\in \mathbb{R}$ .

B. Να βρείτε τις ασύμπτωτες ευθείες της γραφικής παράστασης της και να υπολογίσετε το όριο $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}\frac{f(x+1)}{\eta \mu f(x^{2}+1)}$ .

Γ. Να δείξετε ότι $\displaystyle e^{x}f(e^{x})+f(e^{3x})> (e^{x}+1)f(e^{2x})$ , για κάθε .

...δίνω απάντηση στα Β,Γ (αφού μετά από την διόρθωση που έγινε στην υπόθεση που δεν έχει καμμία σχέση με
αυτό που είχε δημοσιευθεί αρχικά....) το Α έγινε...

Β. Η $\displaystyle f(x)=e^{x-1}-x$ δεν έχει κατακόρυφη ασύμπτωτη αφού είναι συνεχής στο

Τώρα είναι $\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x)}{x}=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{x-1}}-x}{x}\underset{DLH}{\overset{\frac{\infty }{\infty }}{\mathop{=}}}\,\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{x-1}}-1}{1}=0-1=-1$

και $\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,(f(x)+x)=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,({{e}^{x-1}}-x+x)=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,({{e}^{x-1}})=0$

άρα η ευθεία y=-x

είναι ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της

στο $-\infty$

Επίσης $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x)}{x}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{x-1}}-x}{x}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{x-1}}}{x}-1=+\infty$

γιατί $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{x-1}}}{x}\underset{DLH}{\overset{\frac{\infty }{\infty }}{\mathop{=}}}\,\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{x-1}}}{1}=+\infty$

άρα δεν έχει ασύμπτωτη στο $+\infty$

Επίσης είναι $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,f(x+1)=f(1)=0$ και $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,f({{x}^{2}}+1)=f(1)=0$ και τότε αν

$g(x)=\frac{f(x+1)}{\eta \mu f({{x}^{2}}+1)}=\frac{1}{\frac{\eta \mu f({{x}^{2}}+1)}{f({{x}^{2}}+1)}}\cdot \frac{f(x+1)}{f({{x}^{2}}+1)}$ έχουμε ότι

$\underset{x\to }{\mathop{\lim }}\,\frac{\eta \mu f({{x}^{2}}+1)}{f({{x}^{2}}+1)}\underset{\begin{smallmatrix} x\to 0 \\ u\to 0 \end{smallmatrix}}{\overset{u=f({{x}^{2}}+1)}{\mathop{=}}}\,\underset{u\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\eta \mu u}{u}=1$ και

$\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x+1)}{f({{x}^{2}}+1)}\underset{DLH}{\overset{\frac{0}{0}}{\mathop{=}}}\,\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{f}'(x+1)}{{f}'({{x}^{2}}+1)2x}=$

$\underset{x\to 0}{\mathop{=\lim }}\,\frac{{{e}^{x}}-1}{2x({{e}^{{{x}^{2}}}}-1)}=L$ και επειδή

$\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{x}}-1}{x}\underset{DLH}{\overset{\frac{0}{0}}{\mathop{=}}}\,1$ και

$\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,({{e}^{{{x}^{2}}}}-1)=0$ και ισχύει ${{e}^{{{x}^{2}}}}-1>0$ αφού ${{x}^{2}}>1,\,\,\,\,x\ne 0$ είναι

$\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{{{e}^{{{x}^{2}}}}-1}=+\infty$ επομένως $L=+\infty$

Γ. Η συνάρτηση $\displaystyle f(x)=e^{x-1}-x$ είναι παραγωγίσιμη με ${f}'(x)={{e}^{x-1}}-1,\,\,\,x\in R$ και είναι

${f}'(x)>0\Leftrightarrow {{e}^{x-1}}-1>0\Leftrightarrow x>1$ άρα η

είναι γνήσια αύξουσα στο $[1,\,\,\,+\infty )$

Τώρα για 1<x

είναι $1<x<{{x}^{2}}<{{x}^{3}}$ και στα διαστήματα $[x,\,\,{{x}^{2}}],\,\,[{{x}^{2}},\,\,{{x}^{3}}]$ σύμφωνα με το Θ.Μ.Τ.

υπάρχουν ${{x}_{1}}\in (x,\,\,\,{{x}^{2}}),\,\,\,{{x}_{2}}\in ({{x}^{2}},\,\,{{x}^{3}})$ ώστε

${f}'({{x}_{1}})=\frac{f({{x}^{2}})-f(x)}{{{x}^{2}}-x},\,\,\,{f}'({{x}_{2}})=\frac{f({{x}^{3}})-f({{x}^{2}})}{{{x}^{3}}-{{x}^{2}}},$

και επειδή ${f}''(x)={{e}^{x-1}}>0$ άρα η {f}'

γνήσια αύξουσα στο

και ${{x}_{1}}<{{x}_{2}}$ θα ισχύει ότι

${f}'({{x}_{1}})<\,{f}'({{x}_{2}})\Leftrightarrow \frac{f({{x}^{2}})-f(x)}{{{x}^{2}}-x}<\frac{f({{x}^{3}})-f({{x}^{2}})}{{{x}^{3}}-{{x}^{2}}}\Leftrightarrow$

$\overset{x>1}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,x(f({{x}^{2}})-f(x))<f({{x}^{3}})-f({{x}^{2}})\Leftrightarrow (x+1)f({{x}^{2}})<f({{x}^{3}})+xf(x),\,\,\,\,x>1$

και επειδή για $x>0\Leftrightarrow {{e}^{x}}>1$ θα ισχύει τότε $({{e}^{x}}+1)f({{e}^{2x}})<f({{e}^{3x}})+{{e}^{x}}f({{e}^{x}}),\,\,\,\,x>0$

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

M.S.Vovos · #26

...Λύση στην ΑΣΚΗΣΗ 9...

α) Η συνάρτηση

ως γνησίως μονότονη, είναι και αντιστρέψιμη.

Έστω οποιαδήποτε $x_{1},x_{2}\in D_{g}$ με $x_{1}\neq x_{2}$ , τότε θα έχουμε:

$\displaystyle x_{1}\neq x_{2}\Leftrightarrow f(x_{1})\neq f(x_{2})\Leftrightarrow f^{3}(x_{1})\neq f^{3}(x_{2})$

$\displaystyle x_{1}\neq x_{2}\Leftrightarrow f(x_{1})\neq f(x_{2})\Leftrightarrow f(f(x_{1}))\neq f(f(x_{2}))\Leftrightarrow (fof)(x_{1})\neq (fof)(x_{2})$

Από τις παραπάνω δύο σχέσεις και με πρόσθεση αυτών:

$\displaystyle g(x_{1})\neq g(x_{2})$

Άρα, η συνάρτηση

είναι

και επομένως, αντιστρέψιμη.

β) Θα χρησιμοποιηθούν οι σχέσεις f(x)=y

και $f^{-1}(y)=x$ .

Θέτουμε στην αρχική σχέση της

τις παραπάνω σχέσεις και έχουμε:

$\displaystyle g(f^{-1}(y))=y^{3}+f(y)$ και για x=y

, προκύπτει:

$\displaystyle g(f^{-1}(x))=x^{3}+f(x)\Leftrightarrow (gof^{-1})(x)=x^{3}+f(x)$

γ) $\displaystyle f(x)=2-x^{3}\Leftrightarrow x^{3}+f(x)=2\Leftrightarrow g(f^{-1}(x))=2\Leftrightarrow g(f^{-1}(x))=g(1)\Leftrightarrow f^{-1}(x)=1\Leftrightarrow f(f^{-1}(x))=f(1)\Leftrightarrow x=1$

δ) Έχουμε ότι 1>2

:

Αν η συνάρτηση

είναι γνησίως αύξουσα, τότε:

$\displaystyle 1>2\Leftrightarrow f(1)>f(2)\Leftrightarrow 1>3$ , που ισχύει.

Άρα, η συνάρτηση

είναι γνησίως αύξουσα.

Θεωρούμε τη συνάρτηση $\displaystyle h(x)=(x-a)(f(x)-a)-(x-2a)(f(x)-2a)$ .

H συνάρτηση

είναι συνεχής ως πράξεις συνεχών στο διάστημα $[a,2a]\subseteq \mathbb{R}$ και ισχύει $\displaystyle h(a)=a(f(a)-2a)$ και $\displaystyle h(2a)=a(f(2a)-a)$ . Προσθέτοντας τις δύο, παραπάνω, σχέσεις έχουμε ότι:

$\displaystyle h(a)+h(2a)=a(f(a)-2a)+a(f(2a)-a)=a(f(a)+f(2a)-3a)=a\cdot 0=0$

Άρα, $h(a)=-h(2a)\Leftrightarrow h(a)h(2a)=-(h(2a))^{2}< 0$ . Από Θεώρημα Bolzano, υπάρχει τουλάχιστον μία ρίζα, τέτοια ώστε h(x)=0

και έπεται το ζητούμενο.

M.S.Vovos · #27

ΑΣΚΗΣΗ 10

Δίνονται οι συναρτήσεις $\displaystyle f(x)=-x^{2}$ , $\displaystyle g(x)=lnx$ και $h(x)=ln(-2x)+x^{2}+1$ .

Α. Να δείξετε ότι η συνάρτηση

έχει ακριβώς μία ρίζα.

Β. Να δείξετε ότι οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f,g

έχουν μοναδική κοινή εφαπτομένη.

Γ. Έστω, επιπλέον, ότι ένα κινητό

κινείται στη γραφική παράσταση της συνάρτησης

και καθώς περνάει από το σημείο A(1,0)

η τετμημένη

ελαττώνεται κατά 2 μονάδες το δευτερόλεπτο. Να βρείτε το ρυθμό μεταβολής της απόστασης l=(OM)

, όπου

η αρχή των αξόνων, τη χρονική στιγμή που το κινητό περνάει από το σημείο

.

Δ. Για το κινητό του ερωτήματος (Γ), να βρείτε το ρυθμό μεταβολής της γωνίας $\vartheta =M\widehat{O}x$ τη χρονική στιγμή που περνάει το κινητό από το σημείο

.

Πηγή: Α. Μπάρλας, Εκδόσεις Ελληνοεκδοτική

erxmer · #28

ΑΣΚΗΣΗ 11

H συνάρτηση $f: R \to R$ είναι δυο φορές παραγωγίσιμη και ισχύει οτι:

$\displaystyle{\begin{cases} 12x^2f(x)+8x^3f'(x)+(x^4+1)f''(x)=20x^3\,\,\, \forall x \in R\\ \\ 3f(1)=f'(1)=\frac{3}{2}\\ \end{cases}}$

1) Nα βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης

2) Να μελετηθεί ως προς την μονοτονια και τις ασύμπτωτες

3) Να λυθεί η ανίσωση $\displaystyle{f\left((x^2+1)^3+2(x^2+1) \right)<f\left(2(x^2+1)^2+4 \right)}$

4) Nα αποδείξετε οτι $\displaystyle{\int_{-2}^{2}{f(x)dx}=0}$

5) Nα υπολογισετε τα $\displaystyle{\lim_{x \to 0}\frac{f(x)}{sinx}}$ και $\displaystyle{\lim_{x \to \frac{\pi}{2}}\left(f(x) \cdot f'(x) \cdot cosx \right)}$

M.S.Vovos · #29

...Μία λύση στην ΑΣΚΗΣΗ 11...

α) $\displaystyle 12x^2f(x)+8x^3f'(x)+(x^4+1)f''(x)=20x^3\Rightarrow$

$\displaystyle (x^{4}+1)f''(x)+8x^{3}f'(x)+f(x)\left ( (8x^{3})'-(x^{4}+1)'' \right )=20x^{3}\Rightarrow$

$\displaystyle (x^{4}+1)f''(x)+8x^{3}f(x)-(x^{4}+1)''f(x)=20x^{3}\Rightarrow$

$\displaystyle \left ( 8x^{3}f(x) \right )'-\left ( 4x^{3}f(x) \right )'=20x^{3}\Rightarrow$

$\displaystyle \left ( f'(x)(x^{4}+1)+4x^{3}f(x) \right )'=\left ( 5x^{4} \right )'\Rightarrow$

$\displaystyle f'(x)(x^{4}+1)+4x^{3}f(x)=5x^{4}+c\overset{x=0}{\Rightarrow}$ c=0

$\displaystyle f'(x)(x^{4}+1)+4x^{3}f(x)=5x^{4}\Rightarrow$

$\displaystyle \left ( f(x)(x^{4}+1) \right )'=\left ( x^{5} \right )'\Rightarrow$

$\displaystyle f(x)(x^{4}+1) \right )=x^{5}+c_{1}\overset{x=0}{\Rightarrow}$ $c_{1}=0$

$\displaystyle f(x)(x^{4}+1) \right )=x^{5}\Rightarrow$

$\displaystyle f(x)=\frac{x^{5}}{x^{4}+1},x\in \mathbb{R}$

β) Η συνάρτηση

είναι παραγωγίσιμη ως πολυωνυμική με παράγωγο:

$\displaystyle f'(x)=\frac{x^{4}\left ( x^{4}+5 \right )}{\left (x^{4}+1 \right )^{2}}$

$f(x)=0\Leftrightarrow x=0$

$f(x)> 0\Leftrightarrow x> 0$

Επομένως, $f(x)\geq 0,\forall x\in \mathbb{R}$

Άρα, η συνάρτηση

είναι γνησίως αύξουσα στο $\mathbb{R}$ .

Η συνάρτηση

δεν παρουσιάζει κατακόρυφη, ούτε οριζόντια ασύμπτωτη στο $\mathbb{R}$ .

Έχουμε, όμως:

$\displaystyle \lim_{x\rightarrow -\infty }\frac{f(x)}{x}=\frac{x^{4}}{x^{4}+1}=\frac{x^{4}}{x^{4}}=1$

$\displaystyle \lim_{x\rightarrow -\infty }\left ( f(x)-x \right )=\lim_{x\rightarrow -\infty }\left (\frac{x^{5}}{x^{4}+1}-x \right )=\lim_{x\rightarrow -\infty }\left ( -\frac{x}{x^{4}+1} \right )\overset{\frac{1}{+\infty }}{=}0$

Άρα, η συνάρτηση

έχει στο $-\infty$ ασύμπτωτη την ευθεία y=x

.

Ομοίως, για το $+\infty$ , όπου η ευθεία είναι πάλι η y=x

.

γ) Η συνάρτηση

είναι γνησίως αύξουσα στο $\mathbb{R}$ .

Άρα, $\displaystyle{f\left((x^2+1)^3+2(x^2+1) \right)=f\left(2(x^2+1)^2+4 \right)}\Leftrightarrow$

$\displaystyle (x^2+1)^3+2(x^2+1)=2(x^2+1)^2+4\overset{y=x^{2}+1}{\Leftrightarrow}$

$y^{3}-2y^{2}+2y+4=0\Leftrightarrow$

$(y-2)(y^{2}+2)=0\Leftrightarrow$

y=2

Επομένως:

$x^{2}+1=2\Leftrightarrow x=\pm 1$

δ) Έχουμε ότι:

$\displaystyle \int_{-2}^{2}f(x)dx=\int_{-2}^{2}\left ( \frac{x^{5}}{x^{4}+1} \right )dx=\int_{-2}^{2}\left ( x-\frac{x}{x^{4}+1} \right )dx=$

$=\displaystyle \int_{-2}^{2}xdx-\int_{-2}^{2}\frac{x}{x^{4}+1}dx=-\int_{-2}^{2}\frac{x}{x^{4}+1}$

Όμως, η συνάρτηση $\displaystyle \frac{x}{x^{4}+1}$ είναι περιττή στο $\mathbb{R}$ και το διάστημα [-2,2]

είναι συμμετρικό ως προς το

, θα έχουμε ότι το παραπάνω ολοκλήρωμα ισούται με το

.

Άρα, $\displaystyle{\int_{-2}^{2}{f(x)dx}=0}$

Tolaso J Kos · #30

M.S.Vovos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 6

Θεωρούμε τη παραγωγίσιμη συνάρτηση για την οποία ισχύει:

$\displaystyle f(x)\left ( f(x)(1-x)+2xf'(x) \right )=1$ , για κάθε $x\in \mathbb{R}$ , καθώς και ότι .

A. Να βρείτε τη συνάρτηση .

Β. Να δείξετε ότι η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα και κυρτή.

Γ. Να βρείτε τις ασύμπτωτες ευθείες της συνάρτησης και την εξίσωση της εφαπτομένης της στο σημείο .

Δ. Να δείξετε ότι $\displaystyle f\left ( \frac{a+\beta }{2} \right )\leq \frac{f(a)+f(\beta )}{2}$ , με $a,\beta \in \mathbb{R}$ .

Ε. Να βρείτε το εμβδόν του χωρίου, που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης $g(x)=f^{2}(x)$ , τη συνάρτηση $\displaystyle h(x)=\frac{1}{f^{2}(x)}$ και τις ευθείες και .

α) Η ζητούμενη σχέση για x=0

δίδει $f^2(0)=1 \overset{f(0)>0}{\Leftarrow \! =\! =\! =\! \! \Rightarrow}f(0)=1$ . Τότε έχουμε διαδοχικά:

$\displaystyle{\begin{aligned} f^2 (x)(1-x)+2xf'(x)f(x) =1&\Leftrightarrow f^2 (x)- xf^2 (x)+2xf'(x)f(x)=1 \\ &\Leftrightarrow (x)' f^2 (x) - xf^2 (x)+ x\left (f^2(x) \right )'=1 \\ &\Leftrightarrow \left ( x f^2 (x) \right )' - xf^2 (x)=1 \\ &\overset{g(x)=x f^2 (x)}{\Leftarrow \! =\! =\! =\! =\! =\! \! \Rightarrow} g'(x)- g(x)=1 \\ &\Leftrightarrow e^{-x}g'(x)-e^{-x}g(x)=e^{-x} \\ &\Leftrightarrow \left ( e^{-x}g(x) \right )' = (-e^{-x})' \\ &\Rightarrow g(x)= e^x -1 \end{aligned}}$

Οπότε $\displaystyle{x f^2 (x)=e^x -1 \overset{f(0)=1}{ \Leftarrow \! =\! =\! =\! \! \Rightarrow} f(x)= \left\{\begin{matrix} \sqrt{\frac{e^x-1}{x}} &, &x \neq 0 \\ 1&, &x =0 \end{matrix}\right.}$ .

β) Για $x \neq 0$ έχουμε ότι η

είναι παραγωγίσιμη με παράγωγο $\displaystyle{f'(x)= \frac{\frac{e^x}{x}- \frac{e^x-1}{x^2}}{2\sqrt{f(x)}}= \frac{xe^x -e^x +1}{2x\sqrt{f(x)}}\geq 0}$ . Επίσης στο x_0=0

, με τον ορισμό του ορίου ( δε ξέρω κατά πόσο εύκολο είναι να γίνει με το χέρι - προσωπικά δε το έκανα) βγάζουμε $\displaystyle{1/4}$ . Συνεπώς:

$\displaystyle{f'(x)= \left\{\begin{matrix} \dfrac{xe^x -x+1}{2x \sqrt{f(x)}} & , & x \neq 0 \\\\ 1/4& ,& x =0 \end{matrix}\right.}$

Συνεπώς η

είναι γν. αύξουσα στο $\mathbb{R}$ . Για το κυρτή δε βλέπω κάτι άλλο από το να παραγωγίσουμε ακόμα μία φορά την , αλλά ο τύπος που μου δίδει το Maxima είναι μία γραμμή. Οπότε για αυτό δεν έχω λύση.

γ) Επειδή η πληκτρολόγηση είναι επίπονη και οι πράξεις ρουτίνα γράφω κατευθείαν τα αποτελέσματα για τις ασύμπτωτες. Στο $-\infty$ έχουμε ασύμπτωτη τον άξονα x'x

και δεν υπάρχει άλλη ασύμπτωτη. Η εφαπτομένη είναι αρκετα εύκολη αφού τα χουμε όλα. Συνεπώς είναι η ευθεία $\displaystyle{y- f(0)= f'(0)(x-0)\Leftrightarrow y -1 = \frac{1}{4}x \Leftrightarrow y = \frac{1}{4}x +1}$ .

δ) Εκλαμβάνοντας το γεγονός ότι η

είναι κυρτή σύμφωνα και με τη γραφική παράσταση της

που δόθηκε πιο πάνω , τότε η ζητούμενη ανισότητα είναι η ανισότητα ${\rm Jensen}$ η οποία προκύπτει από

Θεωρήματα Μέσης Τιμής στα διαστήματα $\displaystyle{\left [ a, \frac{a+\beta}{2} \right ], \;\; \left [ \frac{a+\beta}{2}, \beta \right ]}$ σε συνδυασμό με τη μονοτονία της

η οποία είναι γνήσια αύξουσα.

ε) Μετά και την τελευταία αλλαγή που έγινε: Το ζητούμενο εμβαδόν δίδεται του τύπου:

$\displaystyle{\begin{aligned} {\rm E}\left ( \Omega \right ) &=\bigintsss_{1}^{2}\left | \frac{e^x-1}{x} - \frac{e^x}{x} - \ln (x+1) \right |\, {\rm d}x \\ &=\bigintsss_{1}^{2}\left | \frac{e^x}{x} - \frac{1}{x}- \frac{e^x}{x} - \ln (x+1) \right |\, {\rm d}x \\ &=\bigintsss_{1}^{2}\left | \ln \left ( x+1 \right ) + \frac{1}{x} \right |\, {\rm d}x \\ &= \int_{1}^{2}\left ( \ln (x+1)+ \frac{1}{x} \right )\, {\rm d}x \\ &=3 \ln 3 - \ln 2 -1 \approx 1.6026 \end{aligned}}$

Διέγραψα τη πρώτη λύση διότι περιείχε αρκετά τυπογραφικά τα οποία διόρθωσα και την επαναφέρω μαζί με το τελευταίο ερώτημα μετά και τη τελευταία αλλαγή.

ykerasar · #31

αγαπητέ Μάριε, αν μου επιτρέπεις, θα προτείνω μια άσκηση με θέμα: σπουδή συνάρτησης, ανισοτικές σχέσεις, εξίσωση

η άσκηση

Α. Θεωρούμε, στο $\displaystyle{R^+}$ , τις συναρτήσεις f,g,h με:
i) $\displaystyle{f\left( 0 \right) = 1}$ ,για $\displaystyle{x = 0}$ και $\displaystyle{f\left( x \right) = \frac{{ln\left( {1 + x} \right)}}{x}}$ , για $\displaystyle{x > 0}$ ,
ii) $\displaystyle{g\left( x \right) = ln\left( {1 + x} \right) - \left( {x - \frac{{\mathop x\nolimits^2 }}{2}+ \frac{{\mathop x\nolimits^3 }}{3}} \right)}$ ,
iii) $\displaystyle{h\left( x \right) = \frac{x}{{1 + x}} - \ln \left( {1 + x} \right)}$
Δείξτε ότι:
$\displaystyle{\alpha _1 .}$ [/b] $\displaystyle{ln\left( {1 + x} \right) \le \left( {x - \frac{{\mathop x\nolimits^2 }}{2} + \frac{{\mathop x\nolimits^3 }}{3}} \right)}$ , στο $\displaystyle{R^+}$
$\displaystyle{\alpha _2 .}$ $\displaystyle{\ln \left( {1 + x} \right) \ge x - \frac{{x^2 }}{2}}$ , στο $\displaystyle{R^+}$
$\displaystyle{\alpha _3 .}$ $\displaystyle{ - \frac{1}{2} \le \frac{{\ln \left( {1 + x} \right) - x}}{{x^2 }} \le - \frac{1}{2} + \frac{x}{3}}$ , στο $\displaystyle{R^+}$
$\displaystyle{\alpha _4 .}$ $\displaystyle{f'\left( 0 \right) = - \frac{1}{2}}$ , στο $\displaystyle{x = 0}$
$\displaystyle{\alpha _5 .}$ $\displaystyle{f'\left( x \right) = \frac{{h\left( x \right)}}{{x^2 }}}$ , στο $\displaystyle{R_*^ +}$
$\displaystyle{\alpha _6 .}$ η γραφική παράσταση $\displaystyle{C_f }$ της f, δέχεται μια ασύμπτωτη
Β. Δείξτε ότι:
$\displaystyle{\beta _1 .}$ η εξίσωση $\displaystyle{f\left( x \right) = x}$ , δέχεται μοναδική λύση στο $\displaystyle{R_*^ +}$
$\displaystyle{\beta _2 .}$ είναι $\displaystyle{f\left( x \right) \in \left[ {\frac{1}{2},1} \right]}$ , αν $\displaystyle{x \in \left[ {\frac{1}{2},1} \right]}$
$\displaystyle{\beta _3 .}$ είναι $\displaystyle{h\left( 1 \right) \le h\left( x \right) \le h\left( {\frac{1}{2}} \right)}$ και $\displaystyle{\left| {h\left( x \right)} \right| \le 0,2}$ , αν $\displaystyle{x \in \left[ {\frac{1}{2},1} \right]}$
$\displaystyle{\beta _4 .}$ είναι $\displaystyle{\left| {f'\left( x \right)} \right| \le 0,8}$ , αν $\displaystyle{x \in \left[ {\frac{1}{2},1} \right]}$

πηγή: Les Sujets du bac 95 [groupe IV (problème)]

με εκτίμηση
Γιάννης Κερασαρίδης

#32

ykerasar έγραψε:αγαπητέ Μάριε, αν μου επιτρέπεις, θα προτείνω μια άσκηση με θέμα: σπουδή συνάρτησης, ανισοτικές σχέσεις, εξίσωση

η άσκηση

Α. Θεωρούμε, στο $\displaystyle{R^+}$ , τις συναρτήσεις f,g,h με:
i) $\displaystyle{f\left( 0 \right) = 1}$ ,για $\displaystyle{x = 0}$ και $\displaystyle{f\left( x \right) = \frac{{ln\left( {1 + x} \right)}}{x}}$ , για $\displaystyle{x > 0}$ ,
ii) $\displaystyle{g\left( x \right) = ln\left( {1 + x} \right) - \left( {x - \frac{{\mathop x\nolimits^2 }}{2}+ \frac{{\mathop x\nolimits^3 }}{3}} \right)}$ ,
iii) $\displaystyle{h\left( x \right) = \frac{x}{{1 + x}} - \ln \left( {1 + x} \right)}$
Δείξτε ότι:
$\displaystyle{\alpha _1 .}$ [/b] $\displaystyle{ln\left( {1 + x} \right) \le \left( {x - \frac{{\mathop x\nolimits^2 }}{2} + \frac{{\mathop x\nolimits^3 }}{3}} \right)}$ , στο $\displaystyle{R^+}$
$\displaystyle{\alpha _2 .}$ $\displaystyle{\ln \left( {1 + x} \right) \ge x - \frac{{x^2 }}{2}}$ , στο $\displaystyle{R^+}$
$\displaystyle{\alpha _3 .}$ $\displaystyle{ - \frac{1}{2} \le \frac{{\ln \left( {1 + x} \right) - x}}{{x^2 }} \le - \frac{1}{2} + \frac{x}{3}}$ , στο $\displaystyle{R^+}$
$\displaystyle{\alpha _4 .}$ $\displaystyle{f'\left( 0 \right) = - \frac{1}{2}}$ , στο $\displaystyle{x = 0}$
$\displaystyle{\alpha _5 .}$ $\displaystyle{f'\left( x \right) = \frac{{h\left( x \right)}}{{x^2 }}}$ , στο $\displaystyle{R_*^ +}$
$\displaystyle{\alpha _6 .}$ η γραφική παράσταση $\displaystyle{C_f }$ της f, δέχεται μια ασύμπτωτη
Β. Δείξτε ότι:
$\displaystyle{\beta _1 .}$ η εξίσωση $\displaystyle{f\left( x \right) = x}$ , δέχεται μοναδική λύση στο $\displaystyle{R_*^ +}$
$\displaystyle{\beta _2 .}$ είναι $\displaystyle{f\left( x \right) \in \left[ {\frac{1}{2},1} \right]}$ , αν $\displaystyle{x \in \left[ {\frac{1}{2},1} \right]}$

ΛΥΣΗ

Α1. Είναι για την $\phi \left( x \right)=ln\left( 1+x \right)-\left( x-\frac{\text{ }{{x}^{2}}}{2}+\frac{\text{ }{{x}^{3}}}{3} \right),\,\,\,\,x\in [0,\,\,+\infty )$

ότι $\phi \left( 0 \right)=0$ και παραγωγίσιμη με ${\phi }'\left( x \right)=\frac{1}{x+1}-\left( 1-x+{{x}^{2}} \right),\,\,\,\,x\in [0,\,\,+\infty )$ με

${\phi }'\left( 0 \right)=0$ και παραγωγίσιμη με ${\phi }''\left( x \right)=-\frac{1}{{{(x+1)}^{2}}}-\left( -1+2x \right),\,\,\,\,x\in [0,\,\,+\infty )$ με

${\phi }''\left( 0 \right)=0$ και παραγωγίσιμη με ${\phi }'''\left( x \right)=\frac{2}{{{(x+1)}^{3}}}-2,\,\,\,\,x\in [0,\,\,+\infty )$ με

${\phi }'''\left( 0 \right)=0$ και παραγωγίσιμη με ${{\phi }^{(4)}}\left( x \right)=-\frac{6}{{{(x+1)}^{4}}}<0,\,\,\,\,x\in [0,\,\,+\infty )$ άρα η

${\phi }'''$ είναι γνήσια φθίνουσα στο $[0,\,\,+\infty )$ άρα ισχύει ${\phi }'''\left( x \right)<0,\,\,\,\,x>0$ άρα ${\phi }''$ είναι γνήσια φθίνουσα στο

$[0,\,\,+\infty )$ άρα ισχύει ${\phi }''\left( x \right)<0,\,\,\,\,x>0$ , άρα ${\phi }'$ είναι γνήσια φθίνουσα στο $[0,\,\,+\infty )$ άρα ισχύει

${\phi }'\left( x \right)<0,\,\,\,\,x>0$ που σημαίνει ότι $\phi$ είναι γνήσια φθίνουσα στο $[0,\,\,+\infty )$ άρα ισχύει $\phi \left( x \right)<0,\,\,\,\,x>0$

οπότε $ln\left( 1+x \right)-\left( x-\frac{\text{ }{{x}^{2}}}{2}+\frac{\text{ }{{x}^{3}}}{3} \right)\le 0,\,\,\,\,x\in [0,\,\,+\infty )$ που είναι αυτό που θέλαμε.

Α2. Για την $\kappa \left( x \right)=ln\left( 1+x \right)-\left( x-\frac{\text{ }{{x}^{2}}}{2} \right),\,\,\,\,x\in [0,\,\,+\infty )$ είναι

$\kappa \left( 0 \right)=0$ και παραγωγίσιμη με ${\kappa }'\left( x \right)=\frac{1}{x+1}-\left( 1-x \right),\,\,\,\,x\in [0,\,\,+\infty )$ με

${\kappa }'\left( 0 \right)=0$ και παραγωγίσιμη με ${\kappa }''\left( x \right)=-\frac{1}{{{(x+1)}^{2}}}+x,\,\,\,\,x\in [0,\,\,+\infty )$ με

${\kappa }''\left( 0 \right)=0$ και παραγωγίσιμη με ${\kappa }'''\left( x \right)=\frac{2}{{{(x+1)}^{3}}}+1>0,\,\,\,\,x\in [0,\,\,+\infty )$

άρα ισχύει ${\kappa }'''\left( x \right)>0,\,\,\,\,x>0$ άρα ${\kappa }''$ είναι γνήσια αύξουσα στο $[0,\,\,+\infty )$ άρα ισχύει

${\kappa }''\left( x \right)>0,\,\,\,\,x>0$ , άρα ${\kappa }'$ είναι γνήσια αύξουσα στο $[0,\,\,+\infty )$ άρα ισχύει ${\kappa }'\left( x \right)>0,\,\,\,\,x>0$

που σημαίνει ότι $\kappa$ είναι γνήσια αύξουσα στο $[0,\,\,+\infty )$ άρα ισχύει $\kappa \left( x \right)>0,\,\,\,\,x>0$ οπότε

$ln\left( 1+x \right)-\left( x-\frac{\text{ }{{x}^{2}}}{2} \right)\ge 0,\,\,\,\,x\in [0,\,\,+\infty )$ που είναι αυτό που θέλαμε.

Α3. Σύμμφωνα με τα προηγούμενα έχουμε ότι

$x-\frac{{{x}^{2}}}{2}\le ln\left( 1+x \right)\le \left( x-\frac{\text{ }{{x}^{2}}}{2}+\frac{\text{ }{{x}^{3}}}{3} \right),\,\,\,\,x\ge 0$ ισοδύναμα

$-\frac{{{x}^{2}}}{2}\le ln\left( 1+x \right)-x\le -\frac{\text{ }{{x}^{2}}}{2}+\frac{\text{ }{{x}^{3}}}{3},\,\,\,\,x\ge 0$ και γιά x>0

θα ισχύει

$-\frac{1}{2}\le \frac{ln\left( 1+x \right)-x}{{{x}^{2}}}\le -\frac{1}{2}+\frac{\text{ }x}{3},\,\,\,\,x>0$ που είναι αυτό που θέλαμε.

Α4. Είναι ${f}'(0)=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x)-f(0)}{x}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\frac{\ln (x+1)}{x}-1}{x}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln (x+1)-x}{{{x}^{2}}}$ και λόγω του (Α3)

αφού $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,(-\frac{1}{2})=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,(-\frac{1}{2}+\frac{\text{ }x}{3})=-\frac{1}{2}$

σύμφωνα με το κριτήριο παρεμβολής είναι $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{ln\left( 1+x \right)-x}{{{x}^{2}}}=-\frac{1}{2}$ άρα ${f}'(0)=-\frac{1}{2}$

Α5. Είναι $\displaystyle{f\left( x \right) = \frac{{ln\left( {1 + x} \right)}}{x}}$ , για $\displaystyle{x > 0}$ , παραγωγίσιμη με

${f}'\left( x \right)=\frac{\frac{x}{x+1}-\ln (x+1)}{{{x}^{2}}}=\frac{h(x)}{{{x}^{2}}},\,\,\,\,x>0$ .

Α6. Επειδή η

, είναι παραγωγίσιμη και στο

άρα συνεχής στο $[0,\,\,\,+\infty )$ , δεν έχει κατακόρυφη ασύμπτωτη.

Τώρα είναι $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{ln\left( 1+x \right)}{x}\underset{DLH}{\overset{\frac{\infty }{\infty }}{\mathop{=}}}\,\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\frac{1}{x+1}}{1}=0$

που σημαίνει ότι η y=0

δηλαδή ο

είναι ασύμπτωτη της ${{C}_{f}}$

Β1. Η συνάρτηση $\rho (x)=f(x)-x,\,\,\,x\in [0,\,\,\,+\infty )$ είναι συνεχής με $\rho (0)=f(0)=1>0$ και $\rho (1)=f(1)-1=\ln 2-1<0$ άρα επειδή

$\rho (0)\rho (1)<0$ σύμφωνα με το Θ.Β. υπάρχει ${{x}_{0}}\in (0,\,\,1)$ ώστε $\rho ({{x}_{0}})=0$ . Τώρα η $\rho (x)=f(x)-x,\,\,\,x\in [0,\,\,\,+\infty )$

είναι παραγωγίσιμη στο $(0,\,\,\,+\infty )$ με

${\rho }'(x)={f}'(x)-1,\,\,\,x\in (0,\,\,\,+\infty )$ ή ${\rho }'(x)=\frac{h(x)}{{{x}^{2}}}-1=\frac{h(x)-{{x}^{2}}}{{{x}^{2}}},\,\,\,x\in (0,\,\,\,+\infty )$ (1)

Ακόμη η $\tau (x)=h(x)-{{x}^{2}}=\frac{x}{x+1}-\ln (x+1)-{{x}^{2}},\,\,\,\,\,x\in [0,\,+\infty )$ με $\tau (0)=0$ παραγωγίσιμη στο $(0,\,\,\,+\infty )$ με

${\tau }'(x)=\frac{1}{{{(x+1)}^{2}}}-\frac{1}{x+1}-2x=-\frac{x}{{{(x+1)}^{2}}}-2x<0,\,\,\,\,\,x\in [0,\,+\infty )$ άρα γνήσια φθίνουσα στο $[0,\,\,\,+\infty )$

άρα $\tau (x)<\tau (0)\,=0\,\,\,\,x\in (0,\,+\infty )$ άρα από (1) ισχύει ${\rho }'(x)<0,\,\,\,x\in (0,\,\,\,+\infty )$

επομένως η $\rho$ είναι γνήσια φθίνουσα άρα και ''1-1''

άρα έχει μοναδική ρίζα την ${{x}_{0}}\in (0,\,\,1)$ .

Β2. ${f}'\left( x \right)=\frac{h(x)}{{{x}^{2}}},\,\,\,\,x>0$ και επειδή από γνωστή εφαρμογή ισχύει $\ln (x)\le x-1,\,\,\,x>0$ θα ισχύει και

$\ln \frac{1}{x}\le \frac{1}{x}-1\Leftrightarrow -\ln x\le \frac{1}{x}-1\Leftrightarrow lnx\ge 1-\frac{1}{x},\,\,\,x>0$ (και το ίσο για x=1

) άρα και

$ln(x+1)\ge 1-\frac{1}{x+1}\Leftrightarrow \ln (x+1)\ge \frac{x}{x+1}\Leftrightarrow \frac{x}{x+1}-\ln (x+1)\le 0$ δηλαδή

$h(x)\le 0,\,\,\,x\in [0,\,\,\,+\infty )$ (και το ίσο για x=0

) άρα ${f}'\left( x \right)<0,\,\,\,\,x>0$ που σημαίνει

είναι γνήσια φθίνουσα στο

$[\frac{1}{2},\,\,\,1]$ άρα είναι $f(1)\le f(x)\le f(\frac{1}{2}),\,\,\,\,\,\,x\in [\frac{1}{2},\,\,\,1]$ και από προηγούμενα ισχύει

$x-\frac{{{x}^{2}}}{2}\le ln\left( 1+x \right)\le \left( x-\frac{\text{ }{{x}^{2}}}{2}+\frac{\text{ }{{x}^{3}}}{3} \right),\,\,\,\,x\ge 0$ ή

$1-\frac{1}{2}\le f(x)\le \left( 1-\frac{\text{ }x}{2}+\frac{\text{ }{{x}^{2}}}{3} \right),\,\,\,\,x>0$ έτσι

$\frac{1}{2}\le f(1)\le \left( 1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3} \right),\,\,\,\,0\le f(\frac{1}{2})\le 1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}=\frac{5}{6}\le 1$

άρα $\frac{1}{2}\le f(1)\le f(x)\le f(\frac{1}{2})\le 1,\,\,\,\,\,\,x\in [\frac{1}{2},\,\,\,1]$

...συνεχίζεται....

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

#33

ΑΣΚΗΣΗ 13

Μια συνάρτηση $f:R\to R$ έχει την ιδιότητα $f({{x}^{2}}+f(y))=y+xf(x)$ για κάθε $x,y\in R$ .Να αποδείξετε ότι :

α) Η συνάρτηση

είναι

και

β) Η συνάρτηση

αντιστρέφεται και ${{f}^{-1}}(x)=f(x)$ για κάθε $x\in R$

γ) ${{f}^{2}}(x)={{x}^{2}}$ για κάθε $x\in R$

δ) f(x)f(y)=xy

για κάθε $x,y\in R$

ε) f(x)=x

για κάθε $x\in R$ ή f(x)=-x

για κάθε $x\in R$ .

Μπάμπης

dennys · #34

ΑΣΚΗΣΗ 14

Aφου θεωρείται η άσκηση μου ανύπαρκτη ,την αποσύρω .Τα πιο κάτω είναι δημοσίευση του Μαριο,Η 14 πότε λύθηκε ρε παιδιά.

Εγραψε 3/10/:Υπενθυμίζω, ότι η άσκηση 38 και 24 είναι άλυτες.
Τελευταία επεξεργασία από M.S.Vovos και Σάβ. Οκτ. 03, 2015 4:23 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά/ες συνολικά

Grosrouvre · #35

Tolaso J Kos έγραψε:
M.S.Vovos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 6

Θεωρούμε τη παραγωγίσιμη συνάρτηση για την οποία ισχύει:

$\displaystyle f(x)\left ( f(x)(1-x)+2xf'(x) \right )=1$ , για κάθε $x\in \mathbb{R}$ , καθώς και ότι .

A. Να βρείτε τη συνάρτηση .

α) Η ζητούμενη σχέση για δίδει $f^2(0)=1 \overset{f(0)>0}{\Leftarrow \! =\! =\! =\! \! \Rightarrow}f(0)=1$ . Τότε έχουμε διαδοχικά:

$\displaystyle{\begin{aligned} f^2 (x)(1-x)+2xf'(x)f(x) =1&\Leftrightarrow f^2 (x)- xf^2 (x)+2xf'(x)f(x)=1 \\ &\Leftrightarrow (x)' f^2 (x) - xf^2 (x)+ x\left (f^2(x) \right )'=1 \\ &\Leftrightarrow \left ( x f^2 (x) \right )' - xf^2 (x)=1 \\ &\overset{g(x)=x f^2 (x)}{\Leftarrow \! =\! =\! =\! =\! =\! \! \Rightarrow} g'(x)- g(x)=1 \\ &\Leftrightarrow e^{-x}g'(x)-e^{-x}g(x)=e^{-x} \\ &\Leftrightarrow \left ( e^{-x}g(x) \right )' = (-e^{-x})' \\ &\Rightarrow g(x)= e^x -1 \end{aligned}}$

Οπότε $\displaystyle{x f^2 (x)=e^x -1 \overset{f(0)=1}{ \Leftarrow \! =\! =\! =\! \! \Rightarrow} f(x)= \left\{\begin{matrix} \sqrt{\frac{e^x-1}{x}} &, &x \neq 0 \\ 1&, &x =0 \end{matrix}\right.}$ .

Γιατί να κρατήσουμε την θετική τετραγωνική ρίζα; Γνωρίζουμε το πρόσημο της

για $x \neq 0$ ;

Tolaso J Kos · #36

Grosrouvre έγραψε: Γιατί να κρατήσουμε την θετική τετραγωνική ρίζα; Γνωρίζουμε το πρόσημο της για $x \neq 0$ ;

To είδα ως εξής:

Θέτουμε την αρχική σχέση $f(x)[f(x)(1-x) +2x f'(x)]=1, \; x \in \mathbb{R} \quad \quad \quad (1)$ .
'Εστω ότι υπάρχει $x_0 \in \mathbb{R} \mid f(x_0)=0$ . Τότε η (1)

για

δίδει

άτοπο. Συνεπώς $f(x) \neq 0 , \;\;\; \forall x \in \mathbb{R}$ και εφόσον είναι συνεχής διατηρεί πρόσημο. Από την άλλη όμως είναι f(0)>0

άρα $f(x)>0 ,\;\; \forall x \in \mathbb{R}$ .

Οπότε κρατάμε τη θετική ρίζα.

Grosrouvre · #37

Tolaso J Kos έγραψε:
Grosrouvre έγραψε: Γιατί να κρατήσουμε την θετική τετραγωνική ρίζα; Γνωρίζουμε το πρόσημο της για $x \neq 0$ ;
To είδα ως εξής:

Θέτουμε την αρχική σχέση $f(x)[f(x)(1-x) +2x f'(x)]=1, \; x \in \mathbb{R} \quad \quad \quad (1)$ .
'Εστω ότι υπάρχει $x_0 \in \mathbb{R} \mid f(x_0)=0$ . Τότε η για δίδει άτοπο. Συνεπώς $f(x) \neq 0 , \;\;\; \forall x \in \mathbb{R}$ και εφόσον είναι συνεχής διατηρεί πρόσημο. Από την άλλη όμως είναι άρα $f(x)>0 ,\;\; \forall x \in \mathbb{R}$ .

Οπότε κρατάμε τη θετική ρίζα.

Εναλλακτικά, δουλεύει και η απαίτηση συνέχειας της

στο

.

#38

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 13

Μια συνάρτηση $f:R\to R$ έχει την ιδιότητα $f({{x}^{2}}+f(y))=y+xf(x)$ για κάθε $x,y\in R$ .Να αποδείξετε ότι :

α) Η συνάρτηση είναι και

β) Η συνάρτηση αντιστρέφεται και ${{f}^{-1}}(x)=f(x)$ για κάθε $x\in R$

γ) ${{f}^{2}}(x)={{x}^{2}}$ για κάθε $x\in R$

δ) για κάθε $x,y\in R$

ε) για κάθε $x\in R$ ή για κάθε $x\in R$ .

Μπάμπης

ΛΥΣΗ (...γιά το νούμερο της άσκησης και την ημέρα...)

α) Με όπου

το

στην δοθείσα σχέση ισχύει ότι $f(1+f(y))=y+f(1)\,\,,\,\,\,y\in R$ (1) και για ${{x}_{1}},\,\,{{x}_{2}}\in R$ αν

$f({{x}_{1}})=f({{x}_{2}})$ τότε $1+f({{x}_{1}})=1+f({{x}_{2}})\Rightarrow f(1+f({{x}_{1}}))=f(1+f({{x}_{2}}))$ και λόγω της (1)

${{x}_{1}}+f(1)\,={{x}_{2}}+f(1)\Rightarrow {{x}_{1}}={{x}_{2}}$ άρα η συνάρτηση

είναι

.

Τώρα για όπου

το

στην (1) προκύπτει ότι f(1+f(0))=f(1)

και λόγω του ότι

είναι

ισχύει ότι $1+f(0)=1\Rightarrow f(0)=0$

β) Αφού η

είναι

, είναι αντιστρέψιμη με ${{f}^{-1}}:f(R)\to R$ Τώρα στην αρχική για όπου

το

ισχύει ότι

$f(f(y))=y,\,\,\,\,y\in R$ (2) που σημαίνει ότι η εξίσωση f(x)=y

έχει λύση την f(y)

για κάθε $y\in R$

επομένως το σύνολο τιμών f(R)=R

δηλαδή ${{f}^{-1}}:R\to R$ και στην (2) όπου

το ${{f}^{-1}}(x),\,\,\,x\in R$ έχουμε ότι

$f(f({{f}^{-1}}(x)))={{f}^{-1}}(x),\,\,\,\,x\in R$ άρα $f(x)={{f}^{-1}}(x),\,\,\,\,x\in R$

γ) Με όπου

το

στην αρχική σχέση ισχύει ότι

$f({{f}^{2}}(x)+f(y))=y+f(x)f(f(x))=y+f(x)x$ για κάθε $x,y\in R$ (από (β)

$f(f(y))=y,\,\,\,\,y\in R$ ) έτσι είναι $f({{f}^{2}}(x)+f(y))=y+xf(x)$ (3) και επειδή τα δεύτερα μέλη της αρχικής και της (3)

είναι ίσα θα έχουμε και τα πρώτα άρα $f({{x}^{2}}+f(y))=f({{f}^{2}}(x)+f(y))$ και αφού η

είναι

θα ισχύει ότι

${{x}^{2}}+f(y)={{f}^{2}}(x)+f(y)\Rightarrow {{x}^{2}}={{f}^{2}}(x),\,\,\,\,x\in R$

δ) Προφανώς για x=0

ή

ισχύει η ισότητα. Τώρα για $x\ne 0$ και $y\ne 0$ έχουμε από $f({{x}^{2}}+f(y))=y+xf(x)$ ότι

${{f}^{2}}({{x}^{2}}+f(y))={{(y+xf(x))}^{2}}={{y}^{2}}+2xyf(x)+{{x}^{2}}{{f}^{2}}(x)$ και λόγω (γ)

${{({{x}^{2}}+f(y))}^{2}}={{y}^{2}}+2xyf(x)+{{x}^{4}}\Leftrightarrow {{x}^{4}}+2{{x}^{2}}f(y)+{{f}^{2}}(y)={{y}^{2}}+2xyf(x)+{{x}^{4}}$ ή

$2{{x}^{2}}f(y)=2xyf(x)\Leftrightarrow xf(y)=yf(x)$ και για όπου

το ${{f}^{1}}(y)$ έχουμε ότι

$xf({{f}^{1}}(y))={{f}^{1}}(y)f(x)\Leftrightarrow xy=f(y)f(x)$ που είναι αυτό που θέλαμε.

ε) Αν υπάρχουν ${{x}_{1}},\,\,{{x}_{2}}\in {{R}^{*}},\,\,\,{{x}_{1}}\ne {{x}_{2}}$ ώστε $f({{x}_{1}})={{x}_{1}}$ και

$,\,\,f({{x}_{2}})=-{{x}_{2}}$ τότε ισχύει ότι

$f({{x}_{1}})f({{x}_{2}})=-{{x}_{1}}{{x}_{2}}\overset{(\delta )}{\mathop{\Rightarrow }}\,{{x}_{1}}{{x}_{2}}=-{{x}_{1}}{{x}_{2}}\Leftrightarrow {{x}_{1}}{{x}_{2}}=0$

που είναι άτοπο άρα για κάθε $x\ne 0$ είναι f(x)=x

ή

επομένως τελικά

f(x)=x

για κάθε $x\in R$ ή f(x)=-x

για κάθε $x\in R$

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

M.S.Vovos · #39

ΑΣΚΗΣΗ 15

Θεωρούμε τη παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:(-1,1)\rightarrow \mathbb{R}$ , για την οποία ισχύει η σχέση:

$\displaystyle f(x)+f(y)=f\left ( \frac{x+y}{1+xy} \right )$ , με $x,y\in (-1,1)$ και f'(0)=-2

.

Α. Να δείξετε ότι $\displaystyle f(x)=ln\frac{1-x}{1+x}$ .

B. Να δείξετε ότι η συνάρτηση

αντιστρέφεται και να βρείτε την $f^{-1}$ .

Γ. Να δείξετε ότι $\displaystyle \int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}f(x)dx= 0$ .

Grosrouvre · #40

M.S.Vovos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 15

Θεωρούμε τη παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:(-1,1)\rightarrow \mathbb{R}$ , για την οποία ισχύει η σχέση:

$\displaystyle f(x)+f(y)=f\left ( \frac{x+y}{1+xy} \right )$ , με $x,y\in (-1,1)$ και .

Α. Να δείξετε ότι $\displaystyle f(x)=ln\frac{1-x}{1+x}$ .

Θέτωντας στη δοθείσα όπου

και

το

, προκύπτει ότι $2f(0) = f(0) \Longrightarrow f(0) = 0$ .

Παραγωγίζοντας ως προς

την δοθείσα (θεωρώντας το

ως σταθερά), παίρνουμε:

$\displaystyle{f{'}(x) = \frac{1- y^2}{\left( 1 + xy \right)^2 } f{'}\left( \frac{x + y}{1 + xy} \right) \hspace{5mm} (1)$

Η (1)

, για

δίνει:

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

Επίσης, παρατηρούμε ότι $\displaystyle{ \left( \ln \frac{1 -x}{1 +x} \right)^{\prime}} = \frac{2}{x^2 - 1}$ (αποφεύγω την αόριστη ολοκλήρωση).

Επομένως, $f{'}(x) =\displaystyle{ \left( \ln \frac{1 -x}{1 +x} \right)^{\prime}} \Longrightarrow f(x) = \displaystyle{\ln \frac{1 -x}{1 +x} + c$ . Όμως, c = 0

καθώς

.

Άρα, $f(x) = \displaystyle{\ln \frac{1 -x}{1 +x}$ , για κάθε $x \in (-1, 1)$ .

ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Μέλη σε σύνδεση