mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 26, 2017 5:31 pm**

Δίνεται η συνάρτηση $\displaystyle f(x) = \ln \frac{{1 - \sqrt x }}{{1 + \sqrt x }}$

A) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης

Β) Να μελετήσετε την

ως προς τη μονοτονία και να βρείτε το σύνολο τιμών της.

Γ) Αφού αποδείξετε ότι η

είναι

να ορίσετε την αντίστροφη συνάρτηση $\displaystyle {f^{ - 1}}$ και να λύσετε στο $[0,2\pi]$ την ανίσωση $\displaystyle {f^{ - 1}}(\sin x) < {f^{ - 1}}(\cos x)$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 26, 2017 11:31 pm**

Καλησπέρα Γιώργο.

Α) Πρέπει προφανώς $x \geqslant 0$ .

Για να ορίζεται το $\ln$ πρέπει :

$\dfrac{1-\sqrt{x}}{1+\sqrt{x}}>0 \Leftrightarrow 1-\sqrt{x}>0 \Leftrightarrow x<1 \Leftrightarrow 0 \leqslant x <1 \Leftrightarrow \boxed{D_f=[0,1)}$ .

Β) Θεωρούμε δύο $x_1,x_2 \in D_f$ με x_1<x_2

.

Είναι $x_1<x_2 \Leftrightarrow \sqrt{x_1}<\sqrt{x_2} \Leftrightarrow 1-\sqrt{x_1}>1-\sqrt{x_2}>0$ (1).

Όμοια, αποδεικνύουμε ότι $\dfrac{1}{1+\sqrt{x_1}}>\dfrac{1}{1+\sqrt{x_2}}>0$ (2).

Πολλαπλασιάζουμε κατά μέλη τις (1), (2) και έχουμε $\dfrac{1-\sqrt{x_1}}{1+\sqrt{x_1}}>\dfrac{1-\sqrt{x_2}}{1+\sqrt{x_2}} \mathop \Leftrightarrow \limits^{\ln \, \textnormal{\gr γνησίως \, αύξουσα}}$

$\ln \dfrac{1-\sqrt{x_1}}{1+\sqrt{x_2}}>\ln \dfrac{1-\sqrt{x_2}}{1+\sqrt{x_2}}\Rightarrow f(x_1)>f(x_2)$ .

Η

, σε συνδυασμό με την x_1<x_2

, δίνει ότι η f(x)

είναι γνησίως φθίνουσα.

Η συνάρτηση f(x)

έχει

και είναι γνησίως φθίνουσα. Επομένως, το σύνολο τιμών της είναι το $\displaystyle A_f=(\lim_{x \rightarrow 1^-}f(x),f(0)]$ .

Προφανώς, f(0)=0

.

Μένει λοιπόν να βρούμε το $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 1^-}f(x)=\lim_{x \rightarrow 1}f(x)$ .

Θεωρούμε τις συναρτήσεις $g(x)=\ln x$ και $h(x)=\dfrac{1-\sqrt{x}}{1+\sqrt{x}}$ , οπότε $f(x)=(g \circ h)(x)=g(h(x))$ .

Είναι $\displaystyle u_0=\lim _{x \rightarrow 1}h(x)=\lim_{x \rightarrow 1} \dfrac{1-\sqrt{x}}{1+\sqrt{x}}=0$ , επομένως θέτοντας $u=\dfrac{1-\sqrt{x}}{1+\sqrt{x}}$ έχουμε:

$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 1}{f(x)}=\lim _{x \rightarrow 1}(g \circ h)(x)=\lim_{u \rightarrow u_0}\ln u=\lim_{u \rightarrow 0} \ln u=- \infty$ .

Συνοψίζοντας τα παραπάνω έχουμε $A_f=(-\infty,0]$ .

Γ) Η

είναι γνησίως φθίνουσα, οπότε είναι 1-1.

Έστω f(x)=y

. Τότε, $y=\ln \dfrac{1-\sqrt{x}}{1+\sqrt{x}} \Rightarrow \dfrac{1-\sqrt{x}}{1+\sqrt{x}}=e^y \Leftrightarrow \ldots \Leftrightarrow \sqrt{x}=\dfrac{1-e^y}{1+e^y}$ .

Πρέπει $\dfrac{1-e^y}{1+e^y} \geqslant 0 \Rightarrow 1-e^y \geqslant 0 \Rightarrow e^y \leqslant 1=e^0 \Rightarrow y \leqslant 0$ , αφού η e^x

είναι η γνησίως αύξουσα.

Οπότε $\boxed{f^{-1}(x)=(\dfrac{1-e^x}{1+e^x})^2, \,\, x \leqslant 0}$ .

Θα δείξουμε τώρα ότι η $f^{-1}$ είναι γνησίως φθίνουσα.

Έστω δύο $x_1,x_2 \in D_{f^-1}=A_f=(-\infty,0]$ με x_1<x_2

.

Είναι $x_1<x_2 \Rightarrow (f \circ f^{-1})(x_1)<(f \circ f^{-1})(x_2) \Rightarrow f((f^{-1})(x_1))<f((f^{-1})(x_2))$

$\mathop \Leftrightarrow \limits^{f \, \textnormal{\gr γνησίως φθίνουσα}} (f^{-1})(x_1)>(f^{-1})(x_2)$ , οπότε $f^{-1}$ γνησίως φθίνουσα.

Πάμε τώρα στην ανίσωση.

Πρέπει καταρχήν $\sin x,\cos x \in D_{f^{-1}}=(-\infty,0]$ , οπότε θα προκύψει ότι $x \in [\pi,\dfrac{3\pi}{2}]$ .

Τώρα, επειδή η $f^{-1}(x)$ είναι γνησίως φθίνουσα, η ανίσωση γράφεται $\sin x>\cos x$ .

Αν τώρα $\cos x=0 \Leftrightarrow x=\dfrac{3\pi}{2}$ η ανίσωση γίνεται -1>0

, αδύνατη.

Επομένως, $\cos x \neq 0$ , και αφού $\cos x <0$ , ανίσωση γίνεται, $\tan x<1 \Leftrightarrow \boxed{x \in [\pi,\dfrac{5\pi}{4})}$ .

Διόρθωσα την απάντηση όπως πολύ διακριτικά επισημαίνει ο kfd πιο κάτω!!

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 26, 2017 11:45 pm**

mathematica.gr

Αντίστροφη και ανίσωση

Αντίστροφη και ανίσωση

Re: Αντίστροφη και ανίσωση

Re: Αντίστροφη και ανίσωση