ΓΙΑ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗ

ΔΟΥΣΚΟΣ ΘΑΝΟΣ · #1

Μια προσωοική δημιουργία για επανάληψη....

Δίνεται η συνάρτηση

για την οποία ισχύει ότι $f(x)=\int\limits_{\alpha }^{x}{\frac{{{e}^{t}}}{xt}dt},\,\,\,\,\alpha >3,\,\,\,x\ne 0,\,\,\,t\ne 0$

α) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της

.

β) Να δειχθεί ότι η

είναι γνήσια αύξουσα στο ${{D}_{f}}$ και κυρτή στο $[\alpha ,\,\,\,+\infty )$ .

γ) Να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της

στο σημείο της $A(\alpha ,\,\,f(\alpha ))$

και να δείξετε ότι $f(x)\ge \frac{{{e}^{\alpha }}}{{{\alpha }^{2}}}(x-\alpha ),\,\,\,\,x\ge \alpha$ .

δ) Βρείτε την κατακόρυφη ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της

.

ε) Να βρεθεί το σύνολο τιμών της

και να δείξετε ότι υπάρχει μοναδικός ${{x}_{0}}>3$ ώστε να ισχύει $\int\limits_{\alpha }^{{{x}_{0}}}{\frac{{{e}^{t}}}{t}dt}=2012{{x}_{0}}$

στ) Έστω

το εμβαδό του χωρίου που περικλείεται από την ${{C}_{f}}$ τον {x}'x

και τις ευθείες $x=1,\,\,\,\,x=\alpha$ .

Να δείξετε ότι ισχύει $(e-f(1))\ln \alpha +f(1)\le E\le {{e}^{\alpha }}\ln \alpha +f(1)$ .

ζ) Να δειχθεί ότι ${{e}^{\alpha }}\ln \alpha \ge \int\limits_{1}^{\alpha }{\frac{{{e}^{t}}}{t}dt}$ .

Θάνος

BAGGP93 · #2

Καλησπέρα.

α) Είναι $\displaystyle{D(f)=\left(\left(-\infty,0\right)\cup\left(0,+\infty\right)\right)\cap D(h)}$ , όπου

$\displaystyle{h(x)=\int_{\alpha}^{x} \frac{e^{t}}{t}\,dt}$ .

Η συνάρτηση $\displaystyle{g}$ με τύπο $\displaystyle{g(t)=\frac{e^{t}}{t}}$ έχει πεδίο ορισμού $\displaystyle{D(g)=\left(-\infty,0\right)\cup\left(0,+\infty\right)}$ .

Επειδή $\displaystyle{\alpha\in\left(0,+\infty\right)}}$ , θα πρέπει $\displaystyle{\displaystyle{x\in\left(0,+\infty\right)}$ .

Άρα, $\displaystyle{D(h)=\left(0,+\infty\right)\Rightarrow D(f)=\left(0,+\infty\right)}$ .

β)Για κάθε $\displaystyle{x>0}$ είναι

$\displaystyle{f^\prime(x)=-\frac{1}{x^2}\int_{\alpha}^{x}\frac{e^{t}}{t}\,dt+\frac{e^{x}}{x^2}=\frac{1}{x^2}\left(e^x-\int_{\alpha}^{x}\frac{e^{t}}{t}\,dt\right)}$

Θεωρούμε τη συνάρτηση $\displaystyle{h(x)=e^x-\int_{\alpha}^{x}\frac{e^{t}}{t}\,dt,x>0}$ για την οποία ισχύει

$\displaystyle{h^\prime(x)=e^x-\frac{e^{x}}{x}=e^{x}\left(1-\frac{1}{x}\right),x>0}$ και $\displaystyle{h''(x)=e^{x}\left(1-\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}\right),x>0}$

Αφού $\displaystyle{h^\prime(1)=0,h''(1)=e>0}$ , η $\displaystyle{h}$ παρουσιάζει ελάχιστο, και μάλιστα ολικό, στο σημείο $\displaystyle{x=1}$ .

$\displaystyle{h(1)=e-\int_{\alpha}^{1}\frac{e^{t}}{t}\,dt=e+\int_{1}^{\alpha}\frac{e^{t}}{t},dt\stackrel{\alpha>3}{>}0$ .

$\displaystyle{\forall x>0:h(x)\geq h(1)>0\Rightarrow \forall x>0:f^\prime(x)>0}$

Επιπλέον, για κάθε $\displaystyle{x>0}$ έχουμε

$\displaystyle{f''(x)=-\frac{2}{x^3}h(x)+\frac{1}{x^2}h^\prime(x)=e^{x}\left[-\frac{2}{x^3}+\frac{1}{x^2}\left(1-\frac{1}{x}\right)+\frac{2}{x^3}\int_{a}^{x}\frac{e^{t}}{t}\,dt\right]=\frac{e^{x}}{x^3}\left[x-3+2\int_{\alpha}^{x}\frac{e^{t}}{t}\,dt\right]}$ .

Από την τελευταία ισότητα είναι φανερό ότι $\displaystyle{f''(x)>0\ \forall x>\alpha}$ και συνεπώς η $\displaystyle{f}$ είναι κυρτή στο $\displaystyle{\left[\alpha,+\infty\right]}$ .

γ)Η αναλυτική εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της $\displaystyle{f}$ στο σημείο της $\displaystyle{A(\alpha,f(\alpha))}$ είναι

$\displaystyle{f^\prime(\alpha)x-y+f(\alpha)-af^\prime(\alpha)=0\Leftrightarrow \frac{e^{\alpha}}{\alpha^2}\cdot x-y-\frac{e^{\alpha}}{\alpha}=0}$ .

Η ανισότητα προκύπτει από το γεγονός ότι η $\displaystyle{f}$ είναι κυρτή στο $\displaystyle{\left[\alpha,+\infty\right]}$ και η ισότητα

σε αυτήν επιτυγχάνεται μόνο για $\displaystyle{x=a}$ .

δ)Για κάθε $\displaystyle{x>0}$ ισχύει

$\displaystyle{\alpha\leq t\leq x\Rightarrow \left(\frac{1}{x}\leq \frac{1}{t}\leq \frac{1}{\alpha}\right)\ \land \left(e^{\alpha}\leq e^{t}\leq e^{x}\right)\Rightarrow}$

$\displaystyle{\Rightarrow \frac{e^{\alpha}}{x}\leq \frac{e^{t}}{t}\leq \frac{e^{x}}{\alpha}}$

$\displaystyle{\Rightarrow \frac{(x-\alpha)e^{\alpha}}{x}\leq \int_{\alpha}^{x}\frac{e^{t}}{t}\,dt\leq \frac{(x-\alpha)e^{x}}{\alpha}}$

$\displaystyle{\Rightarrow \frac{(x-\alpha)e^{\alpha}}{x^2}\leq f(x)\leq \frac{(x-\alpha)e^{x}}{\alpha\cdot x}}$ .

Ακόμα, $\displaystyle{\lim_{x\to 0^{+}}\frac{(x-\alpha)e^{x}}{\alpha\cdot x}=-\infty}$ .

Άρα, $\displaystyle{\lim_{x\to 0^{+}}f(x)=-\infty}$ , γεγονός που αποδεικνύει ότι η ευθεία με εξίσωση $\displaystyle{x=0}$

είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη στην γραφική παράσταση της $\displaystyle{f}$ .

ε)Εφόσον η $\displaystyle{f}$ είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής στο $\displaystyle{\left(0,+\infty\right)}$ έχουμε

$\displaystyle{f\left(\left(0,+\infty\right)\right)=\left(\lim_{x\to 0^{+}}f(x),\lim_{x\to +\infty}f(x)\right)}=\left(-\infty,+\infty\right)}$ διότι

$\displaystyle{\forall x\in\left[\alpha,+\infty\right]:f(x)\geq \frac{e^{\alpha}}{\alpha^2}(x-\alpha)}$ και $\displaystyle{\lim_{x\to +\infty}\frac{e^{\alpha}}{\alpha^2}(x-\alpha)=+\infty}$ .

Μένει να δέιξουμε ότι υπάρχει μοναδικό $\displaystyle{x_0>3}$ τέτοιο, ώστε $\displaystyle{\int_{\alpha}^{x_0}\frac{e^{t}}{t}\,dt=2012x_0}$ .

Ισοδύναμα, αρκεί να δείξουμε ότι υπάρχει μοναδικό $\displaystyle{x_0>3}$ τέτοιο, ώστε $\displaystyle{f(x_0)=2012}$ .

Απόδειξη.

$\displaystyle{\lim_{x \to +\infty}f(x)=+\infty\Rightarrow \exists x_2>\alpha:f(x_2)>2012}$ .

Η $\displaystyle{f}$ είναι συνεχής στο $\displaystyle{\left[\alpha,x_2\right]}$ , γνησίως αύξουσα σε αυτό και $\displaystyle{2012\in\left[f(\alpha),f(x_2)\right]=\left[0,f(x_2)\right]}$ .

Συνεπώς, η ύπαρξη του ζητούμενου $\displaystyle{x_0>\alpha>3}$ εξασφαλίζεται από το Θεώρημα Ενδιάμεσων Τιμών και η μοναδικότητα από την μονοτονία.

ζ) $\displaystyle{1<\alpha\Rightarrow f(1)<f(\alpha)=0\Rightarrow -f(1)>0}$ .

Χρησιμοποιώντας την αριστερή ανισότητα του στ) βρίσκουμε

$\displaystyle{e^{\alpha}ln\alpha\geq E-f(1)>-f(1)=\int_{1}^{\alpha}\frac{e^{t}}{t}\,dt}$ .

Έχω αφήσει αναπάντητο το ερώτημα στ) διότι με δυσκόλεψε.Κάποια ιδέα?

ΓΙΑ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗ

ΓΙΑ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗ

Re: ΓΙΑ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗ

Μέλη σε σύνδεση