Ανευ παραγώγου

Συντονιστής: m.pαpαgrigorakis

Άβαταρ μέλους
erxmer
Δημοσιεύσεις: 1615
Εγγραφή: Δευ Σεπ 13, 2010 7:49 pm
Επικοινωνία:

Ανευ παραγώγου

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από erxmer » Κυρ Δεκ 18, 2016 10:44 am

Θεωρούμε τις συνεχείς συναρτήσεις f,g : R \to R ώστε: \displaystyle{\left\{\begin{matrix} 
f(0)=1, f(x) \neq x, \displaystyle{\frac{f(x)-x}{e^x}+\frac{e^x}{x-f(x)}=0}\,\,, \forall x \in R\\  
\\ 
g(x)=\left\{\begin{matrix} 
f(x)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,, x \leq 0\\  
a-2x-ln(x+1), x>0 
 
\end{matrix}\right. 
\end{matrix}\right.}


Δ1. Να δείξετε ότι f(x)=e^x+x για κάθε x \in R

Δ2. Να δείξετε ότι a=1

Δ3. Να βρείτε τη μονοτονία της συνάρτησης g .

Δ4. Να βρείτε το σύνολο τιμών της g και να δείξετε ότι η g έχει ακριβώς 2 ετερόσημες ρίζες .

Δ5. Να δείξετε ότι η εξίσωση \displaystyle{\frac{g(c)-1}{x-1}+\frac{g(d)-1}{x-2}=2017} έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα (1,2) , για κάθε c,d \neq 0



Λέξεις Κλειδιά:
Σταμ. Γλάρος
Δημοσιεύσεις: 352
Εγγραφή: Δευ Ιουν 18, 2012 1:51 pm

Re: Ανευ παραγώγου

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σταμ. Γλάρος » Δευ Δεκ 19, 2016 10:04 pm

erxmer έγραψε:Θεωρούμε τις συνεχείς συναρτήσεις f,g : R \to R ώστε: \displaystyle{\left\{\begin{matrix} 
f(0)=1, f(x) \neq x, \displaystyle{\frac{f(x)-x}{e^x}+\frac{e^x}{x-f(x)}=0}\,\,, \forall x \in R\\  
\\ 
g(x)=\left\{\begin{matrix} 
f(x)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,, x \leq 0\\  
a-2x-ln(x+1), x>0 
 
\end{matrix}\right. 
\end{matrix}\right.}


Δ1. Να δείξετε ότι f(x)=e^x+x για κάθε x \in R

Δ2. Να δείξετε ότι a=1

Δ3. Να βρείτε τη μονοτονία της συνάρτησης g .

Δ4. Να βρείτε το σύνολο τιμών της g και να δείξετε ότι η g έχει ακριβώς 2 ετερόσημες ρίζες .

Δ5. Να δείξετε ότι η εξίσωση \displaystyle{\frac{g(c)-1}{x-1}+\frac{g(d)-1}{x-2}=2017} έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα (1,2) , για κάθε c,d \neq 0
Καλησπέρα. Μια προσπάθεια...

Δ1. Είναι: \displaystyle{\frac{f(x)-x}{e^x}+\frac{e^x}{x-f(x)}=0}\displaystyle{\Leftrightarrow}|f(x)-x|=e^x.
Θεωρώ την h(x)=f(x)-x. Ισχύει h:συνεχής στο \mathbb{R} και h(x)\neq 0 \,\,\,\,\,\,\,\forall x\in\mathbb{R}.
Συνεπώς η h διατηρεί πρόσημο στο \mathbb{R} και αφού h(0)=1>0 συμπεραίνουμε ότι και h(x)>0.
Άρα h(x)=e^x \Leftrightarrowf(x)=e^x +x .

Δ2. g: συνεχής στο 0 \Leftrightarrow \displaystyle\lim_{x\to 0} g(x)= g(0)  =f(0) =1.
Έχουμε \displaystyle\lim_{x\to 0^-} g(x)=  \lim_{x\to 0^-} f(x)=  \lim_{x\to 0^-} (e^x +x) =1.
Επίσης πρέπει\displaystyle\lim_{x\to 0^+} g(x)=1 \Leftrightarrow \displaystyle\lim_{x\to 0^+} [a-2x-ln(x+1)] =1 \Leftrightarrow a=1.

Δ3. \forall x_{1},χ_{2} \in (-\infty , 0] με x_{1}<x_{2} \Rightarrow e^{x_{1}}<e^{x_{2}}. Αρα με πρόσθεση κατά μέλη των δύο ανισοτήτων προκύπτει:
f(x_{1})<f(x_{2}) δηλαδή g(x_{1})<g(x_{2}), συνεπώς g: γνησίως αύξουσα στο (-\infty , 0].

Επίσης \forall x_{1},χ_{2} \in (0, +\infty ) με x_{1}<x_{2} \Rightarrow -2x_{1}>-2x_{2}.
Επίσης x_{1}<x_{2} \Rightarrow -ln(x_{1}+1)>-ln(x_{2}+1). Από τις παραπάνω ανισότητες προκύπτει g(x_{1})>g(x_{2}), συνεπώς g: γνησίως φθίνουσα στο (0, +\infty ).

Δ4. Είναι \displaystyle\lim_{x\to -\infty } g(x)= -\infty και g(0)=1. Αφού g: γνησίως αύξουσα και συνεχής στο (-\infty , 0], g((-\infty , 0])=(-\infty , 1].
Ισχύει 0\in(-\infty , 1] άρα υπάρχει μοναδικό, λόγω μονοτονίας, x_{1}\in(-\infty , 0] ώστε f(x_{1})=0

Επιπλέον \displaystyle\lim_{x\to 0^+} g(x)= 1 και \displaystyle\lim_{x\to +\infty} g(x)= -\infty . Αφού g: γνησίως φθίνουσα και συνεχής στο (0, +\infty ), g((0, +\infty ))=(-\infty , 1).
Ισχύει 0\in(-\infty , 1) άρα υπάρχει μοναδικό, λόγω μονοτονίας, x_{2}\in(0, +\infty ) ώστε f(x_{2})=0.

Δ5. Η εξίσωση ισοδυνάμως γράφεται: (x-2)[g(c)-1] +(x-1)[g(d)-1]-2017(x-1)(x-2)=0 \Leftrightarrow
Θεωρώντας την συνεχή στο [1,2] r(x)= (x-2)[g(c)-1] +(x-1)[g(d)-1]-2017(x-1)(x-2) έχουμε
r(1) r(2) = -[g(c)-1][g(d)-1]<0 αφού g(c)<1 και g(d)<1.
Συνεπώς από Θ. Bolzano υπάρχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (1,2).

Φιλικά
Σταμ. Γλάρος


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ - ΟΡΙΑ - ΣΥΝΕΧΕΙΑ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 4 επισκέπτες