mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 17, 2017 11:23 pm**

Για τη συνάρτηση $f(x)=x+\ln (e^{2x}+3e^x+3)$ να βρείτε:
α) την αντίστροφή της
β) το πεδίο ορισμού της συνάρτησης $g(x)=\ln (f(x)-9f^{-1}(x))$
γ) το ελάχιστο της συνάρτησης h(x)=f^4(x)-2f^3(x)+f(x)+1

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 18, 2017 12:46 am**

Παύλος Μαραγκουδάκης έγραψε: ↑
Τρί Οκτ 17, 2017 11:23 pm
Για τη συνάρτηση $f(x)=x+\ln (e^{2x}+3e^x+3)$ να βρείτε:
α) την αντίστροφή της
β) το πεδίο ορισμού της συνάρτησης $g(x)=\ln (f(x)-9f^{-1}(x))$

...μια ημιτελής νυχτερινή προσπάθεια....

α) Λύνοντας την εξίσωση

$f(x)=y\Leftrightarrow \ln ({{e}^{3x}}+3{{e}^{2x}}+3{{e}^{x}})=y\Leftrightarrow {{e}^{3x}}+3{{e}^{2x}}+3{{e}^{x}}={{e}^{y}}\Leftrightarrow$

${{e}^{3x}}+3{{e}^{2x}}+3{{e}^{x}}+1={{e}^{y}}+1\Leftrightarrow {{\left( {{e}^{x}}+1 \right)}^{3}}={{e}^{y}}+1\Leftrightarrow {{e}^{x}}+1=\sqrt[3]{{{e}^{y}}+1}\Leftrightarrow$

${{e}^{x}}=\sqrt[3]{{{e}^{y}}+1}-1\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} & \sqrt[3]{{{e}^{y}}+1}-1>0 \\ & x=\ln \left( \sqrt[3]{{{e}^{y}}+1}-1 \right) \\ \end{matrix} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} & \sqrt[3]{{{e}^{y}}+1}>1 \\ & x=\ln \left( \sqrt[3]{{{e}^{y}}+1}-1 \right) \\ \end{matrix} \right.$
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} & \sqrt[3]{{{e}^{y}}+1}>1 \\ & x=\ln \left( \sqrt[3]{{{e}^{y}}+1}-1 \right) \\ \end{matrix} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} & {{e}^{y}}+1>1 \\ & x=\ln \left( \sqrt[3]{{{e}^{y}}+1}-1 \right) \\ \end{matrix} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} & {{e}^{y}}>0 \\ & x=\ln \left( \sqrt[3]{{{e}^{y}}+1}-1 \right) \\ \end{matrix} \right.$

απ όπου αφού η ανισότητα ισχύει για κάθε $y\in R$ και η εξίσωση έχει μοναδική λύση, η συνάρτηση είναι '1-1'

επομένως αντιστρέφεται με ${{f}^{-1}}:f(R)\to R$ με ${{f}^{-1}}(x)=\ln \left( \sqrt[3]{{{e}^{x}}+1}-1 \right)$

β) Για να ορίζεται η $g(x)=\ln (f(x)-9f^{-1}(x))$ πρέπει και αρκεί να υπάρχουν $x\in R$ ώστε

$f(x)-9{{f}^{-1}}(x)>0\Leftrightarrow f(x)>9{{f}^{-1}}(x)\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow \ln ({{e}^{3x}}+3{{e}^{2x}}+3{{e}^{x}})>9\ln \left( \sqrt[3]{{{e}^{x}}+1}-1 \right)\Leftrightarrow \ln \left( {{({{e}^{x}}+1)}^{3}}-1 \right)>9\ln \left( \sqrt[3]{{{e}^{x}}+1}-1 \right)$

και αν $\sqrt[3]{{{e}^{x}}+1}-1=\kappa >0\Leftrightarrow \sqrt[3]{{{e}^{x}}+1}=\kappa +1\Leftrightarrow {{e}^{x}}+1={{(\kappa +1)}^{3}}$

προκύπτει ισοδύναμα η ανίσωση

$\ln \left( {{(\kappa +1)}^{9}}-1 \right)>9\ln \kappa \Leftrightarrow \ln \left( {{(\kappa +1)}^{9}}-1 \right)>\ln {{\kappa }^{9}}\Leftrightarrow {{(\kappa +1)}^{9}}-1>{{\kappa }^{9}}$

...και για την τελευταία ψάχνω μια σύντομη διαδρομή...

...και αφού δεν βλέπω κάτι σύντομο...επέμβαση με άλλα όπλα...( παράνομα εκτός φακελλου...)

Μελετώντας την συνάρτηση $\phi (x)={{(x+1)}^{9}}-{{x}^{9}}-1,\,\,\,x\ge 0$ που είναι παραγωγίσιμη με

${\phi }'(x)=9{{(x+1)}^{8}}-9{{x}^{8}},\,\,\,x\ge 0$ και ${\phi }'(x)=0\Leftrightarrow 9{{(x+1)}^{8}}-9{{x}^{8}}=0\Leftrightarrow {{(x+1)}^{8}}={{x}^{8}}$

$\Leftrightarrow (x+1=x,\,x+1=-x)\Leftrightarrow (1=0,\,\,x=-\frac{1}{2})$ που σημαίνει ότι η ${\phi }'(x)\ne 0,\,\,x\ge 0$

και επειδή είναι συνεχής θα έχει σταθερό πρόσημο , και αφού ${\phi }'(0)=9>0$ είναι

${\phi }'(x)>0,\,\,x>0$ που σημαίνει ότι η $\phi (x)={{(x+1)}^{9}}-{{x}^{9}}-1,$ είναι γνήσια αύξουσα στο $[0,\,\,+\infty )$

οπότε για $x>0\Rightarrow \phi (x)>\phi (0)=0$ , επομένως η (1) ισχύει για κάθε $\kappa >0$

άρα και η αρχική ανίσωση για κάθε $x\in R$

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 18, 2017 9:35 am**

Για την ανίσωση $\displaystyle {(x + 1)^9} - x^9 - 1 > 0, x>0,$ που γράφει πιο πάνω ο Βασίλης.

Για κάθε x>0,

και $\displaystyle n \ge 2$ , είναι $\displaystyle {(x + 1)^n} - {x^n} - 1 > 0$

Πράγματι, $\displaystyle {(x + 1)^n} - {x^n} - 1 = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} n\\ 1 \end{array}} \right){x^{n - 1}} + \left( {\begin{array}{*{20}{c}} n\\ 2 \end{array}} \right){x^{n - 2}} + ... + \left( {\begin{array}{*{20}{c}} n\\ {n - 1} \end{array}} \right)x > 0$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 18, 2017 9:37 am**

KAKABASBASILEIOS έγραψε: ↑
Τετ Οκτ 18, 2017 12:46 am
${{(\kappa +1)}^{9}}-1>{{\kappa }^{9}}$

...και για την τελευταία ψάχνω μια σύντομη διαδρομή...

...και αφού δεν βλέπω κάτι σύντομο...επέμβαση με άλλα όπλα...( παράνομα εκτός φακελλου...)

Πιο απλά, είναι σαφές από το ανάπτυγμα του διωνύμου ότι $(k+1)^9=k^9 + thetikous \, orous +1$ από όπου το ζητούμενο είναι άμεσο.

Αν θεωρούμε ότι ο μαθητής δεν μπορεί να χειριστεί έννατη δύναμη (*), μπορούμε να διεκπεραιώσουμε την άσκηση με χρήση τρίτης δύναμης (που την ξέρει) ως εξής. Θα πλατειάσω λίγο για να ... προσομοιώσω τον μαθητή:

$(k+1)^9 = \left [(k+1)^3\right ] ^3 = (k^3+3k^2+3k+1)^3> (k^3+1)^3 = k^9+ 3k^6+3k^3+1 > k^9+1$

και λοιπά.

(*) Εδώ φαίνεται άλλη μια φορά ένα από τα δράματα της Μαθηματικής Παιδείας που παρέχουμε στην χώρα μας: Ο μαθητής ξέρει το θεώρημα Bolzano, το Rolle, l' Hospital, ολοκήρωση, κάποιες διαφορικές εξισώσεις και άλλα τόσα, αλλά αγνοεί βασικά πράγματα όπως το ανάπτυγμα του διωνύμου. Και μετά αναρωτιώμαστε "τις πταίει". Παρατηρώ τον μέσο φοιτητή και με θλίψη διαπιστώνω ότι ξέρει ελάχιστα πράγματα και αυτά με τεράστια σύγχυση στο μυαλό του.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 18, 2017 10:08 am**

Μια ιδέα για το (γ) χωρίς την επέμβαση με άλλα όπλα:
f^4(x)-2f^3(x)+f(x)+1=(f^2(x)-f(x)+1)^2-3f^2(x)+3f(x)=(f^2(x)-f(x)+1)^2-3((f^2(x)-f(x))

Το

επομένως η παράσταση ελαχιστοποιείται όταν η ποσότητα 3(f^2(x)-f(x))

αποκτά τη μέγιστη τιμή της
Θα το συνέχιζα αλλά δεν έχω περισσότερο χρόνο

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 18, 2017 10:29 am**

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τετ Οκτ 18, 2017 9:37 am

KAKABASBASILEIOS έγραψε: ↑
Τετ Οκτ 18, 2017 12:46 am
${{(\kappa +1)}^{9}}-1>{{\kappa }^{9}}$

...και για την τελευταία ψάχνω μια σύντομη διαδρομή...

...και αφού δεν βλέπω κάτι σύντομο...επέμβαση με άλλα όπλα...( παράνομα εκτός φακελλου...)

Πιο απλά, είναι σαφές από το ανάπτυγμα του διωνύμου ότι $(k+1)^9=k^9 + thetikous \, orous +1$ από όπου το ζητούμενο είναι άμεσο.

Αν θεωρούμε ότι ο μαθητής δεν μπορεί να χειριστεί έννατη δύναμη (*), μπορούμε να διεκπεραιώσουμε την άσκηση με χρήση τρίτης δύναμης (που την ξέρει) ως εξής. Θα πλατειάσω λίγο για να ... προσομοιώσω τον μαθητή:

$(k+1)^9 = \left [(k+1)^3\right ] ^3 = (k^3+3k^2+3k+1)^3> (k^3+1)^3 = k^9+ 3k^6+3k^3+1 > k^9+1$

και λοιπά.

(*) Εδώ φαίνεται άλλη μια φορά ένα από τα δράματα της Μαθηματικής Παιδείας που παρέχουμε στην χώρα μας: Ο μαθητής ξέρει το θεώρημα Bolzano, το Rolle, l' Hospital, ολοκήρωση, κάποιες διαφορικές εξισώσεις και άλλα τόσα, αλλά αγνοεί βασικά πράγματα όπως το ανάπτυγμα του διωνύμου. Και μετά αναρωτιώμαστε "τις πταίει". Παρατηρώ τον μέσο φοιτητή και με θλίψη διαπιστώνω ότι ξέρει ελάχιστα πράγματα και αυτά με τεράστια σύγχυση στο μυαλό του.

Συμφωνώντας απόλυτα θα έλεγα και κάτι ακόμα: κάποια στιγμή πρέπει να μάθουν και την απόδειξη με επαγωγή. Η παραπάνω πρόταση στους θετικούς αποδεικνύεται εύκολα με επαγωγικό τρόπο επίσης

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 19, 2017 11:29 am**

Για το (β):
$f(x)=x+\ln (e^{2x}+3e^x+3)>x+\ln e^{2x}$ ή
f(x)>3x

για κάθε $x\in \mathbb R$ οπότε
$f(f^{-1}(x))>3f^{-1}(x)$ ή
$x>3f^{-1}(x)$ και τελικά
$f(x)>3x>9f^{-1}(x)$ για κάθε $x\in \mathbb R.$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 19, 2017 5:50 pm**

Υπάρχουν αβλεψίες στις πράξεις.Η λύση διορθωμένη βρίσκεται παρακάτω
Κάνω το γ) για να κλείσει.

Θεωρούμε την $g(t)=t^{4}-2t^{3}+t+1$

Είναι $g'(t)=4t^{3}-6t^{2}+1$

Οι ρίζες της παραγώγου είναι τα $\dfrac{1-\sqrt{3}}{2}=r_{1},\dfrac{1}{2}=r_{2},\dfrac{1+\sqrt{3}}{2}=r_{3}$

Αφου $g(r_{1})=-4,g(r_{2})>0,g(r_{3})=-6$

η

παίρνει ελάχιστη τιμή όταν $t=\dfrac{1+\sqrt{3}}{2}$

Αρα το ελάχιστο της

είναι το

και το παίρνει όταν $f(x)=\dfrac{1+\sqrt{3}}{2}$

Δηλαδή όταν $lne^{x}(e^{2x}+3e^{x}+3)=\dfrac{1+\sqrt{3}}{2}$

Βγάζοντας τον λογάριθμο και χρησιμοποιώντας την ταυτότητα των κύβων παίρνουμε

$(e^{x}+1)^{3}=1+e^{\frac{1+\sqrt{3}}{2}}$

Η τελευταία λύνεται εύκολα.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 19, 2017 11:07 pm**

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Πέμ Οκτ 19, 2017 5:50 pm

Θεωρούμε την $g(t)=t^{4}-2t^{3}+t+1$

Είναι $g'(t)=4t^{3}-6t^{2}+1$

Οι ρίζες της παραγώγου είναι τα $\dfrac{1-\sqrt{3}}{2}=r_{1},\dfrac{1}{2}=r_{2},\dfrac{1+\sqrt{3}}{2}=r_{3}$

Αφου $g(r_{1})=-4,g(r_{2})>0,g(r_{3})=-6$

Ένα τυπογραφικό : $\displaystyle g({r_1}) = g({r_3}) = \frac{3}{4}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 20, 2017 1:16 am**

Για το (γ) ερώτημα
h(x)=f^4(x)-2f^3(x)+f^2(x)-f^2(x)+f(x)+1=(f^2(x)-f(x))^2-(f^2(x)-f(x))+1

$h(x)=(f^2(x)-f(x)-\dfrac{1}{2})^2+\dfrac{3}{4}\geq \dfrac{3}{4}$

Το ζητούμενο ελάχιστο είναι το $\dfrac{3}{4}$ και επιτυγχάνεται όταν $f^2(x)-f(x)-\dfrac{1}{2}=0.$ (Η τελευταία έχει ακριβώς δύο λύσεις αφού η

είναι 1-1 και έχει σύνολο τιμών όλο το $\mathbb R.$ )

Σας ευχαριστώ όλους για τις λύσεις σας.

Να προσθέσω και ένα ακόμα ερώτημα:
δ) Ποια είναι η μεγαλύτερη τιμή της σταθεράς

ώστε η συνάρτηση $k(x)=\ln (f(x)-cf^{-1}(x))$ να έχει πεδίο ορισμού όλο το $\mathbb R$ ;

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 20, 2017 1:34 am**

Οι λάθος πράξεις Γιώργη δεν είναι τυπογραφικό.Το λιγότερο είναι αβλεψία.
Σε ευχαριστώ που κάθισες και έκανες τις πράξεις.
Διορθώνω λοιπόν.

Θεωρούμε την $g(t)=t^{4}-2t^{3}+t+1$

Είναι $g'(t)=4t^{3}-6t^{2}+1$

Οι ρίζες της παραγώγου είναι τα $\dfrac{1-\sqrt{3}}{2}=r_{1},\dfrac{1}{2}=r_{2},\dfrac{1+\sqrt{3}}{2}=r_{3}$

Αφου $g(r_{1})=g(r_{3})=\frac{3}{4},g(r_{2})=\frac{21}{16}$

η

παίρνει ελάχιστη τιμή όταν $t=\dfrac{1+\sqrt{3}}{2}$ η $t=\dfrac{1-\sqrt{3}}{2}$

Αρα το ελάχιστο της

είναι το $\frac{3}{4}$

και το παίρνει όταν $f(x)=\dfrac{1+\sqrt{3}}{2}$ η $f(x)=\dfrac{1-\sqrt{3}}{2}$

Δηλαδή όταν $lne^{x}(e^{2x}+3e^{x}+3)=\dfrac{1+\sqrt{3}}{2}$ η $lne^{x}(e^{2x}+3e^{x}+3)=\dfrac{1-\sqrt{3}}{2}$

Βγάζοντας τον λογάριθμο και χρησιμοποιώντας την ταυτότητα των κύβων παίρνουμε

$(e^{x}+1)^{3}=1+e^{\frac{1+\sqrt{3}}{2}}$

Η τελευταία λύνεται εύκολα. Ομοια για την άλλη.

mathematica.gr

Εύρεση αντίστροφης συνάρτησης

Εύρεση αντίστροφης συνάρτησης

Re: Εύρεση αντίστροφης συνάρτησης

Re: Εύρεση αντίστροφης συνάρτησης

Re: Εύρεση αντίστροφης συνάρτησης

Re: Εύρεση αντίστροφης συνάρτησης

Re: Εύρεση αντίστροφης συνάρτησης

Re: Εύρεση αντίστροφης συνάρτησης

Re: Εύρεση αντίστροφης συνάρτησης

Re: Εύρεση αντίστροφης συνάρτησης

Re: Εύρεση αντίστροφης συνάρτησης

Re: Εύρεση αντίστροφης συνάρτησης