Μετά από πολύ καιρό

Ραϊκόφτσαλης Θωμάς · #1

A. Θεωρούμε τη συνάρτηση $\displaystyle{f:\left( {0,\; + \infty } \right){\rm{ }} \to R}$ με $f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + \alpha \ell nx}}{x}$ , $\alpha \ne 0$ .
i. Να βρεθούν οι ασύμπτωτες της ${C_f}$ για τις διάφορες τιμές της (πραγματικής) παραμέτρου $\alpha$ .
ii. Αν $\alpha > 0$ και $\displaystyle{f\left( {{e^2}} \right) - \int\limits_1^{{e^2}} {\left( {f\left( t \right) - t} \right)\;dt} = {\left( {\frac{{{e^2} - 2}}{e}} \right)^2}}$ , τότε:
• Να δειχθεί ότι $\alpha = 2$ .

• Να μελετηθεί η συνάρτηση

ως προς τη μονοτονία.

• Να δειχθεί ότι υπάρχει μοναδικό ${x_0} \in \left( {0,\;1} \right)$ , ώστε: $f\left( {{x_0}} \right) = 0$ .

B. Έστω η συνεχής συνάρτηση $\displaystyle{g:R{\rm{ }} \to {\rm{ R}}}$ για την οποία, για κάθε $x \in R$ , ισχύει: $\frac{{g\left( x \right) + x}}{2} = \int\limits_1^x {\left( {\int\limits_0^1 {xg\left( t \right)\;dx} } \right)} \;dt$ . Να βρεθεί το $\displaystyle{\mathop {\ell im}\limits_{x \to + \infty } \,\,\left( {\int\limits_1^x {\left( {1 - g\left( t \right)} \right)\;dt} } \right)}$ .

Να είστε όλοι καλά
Θ

#2

Ραϊκόφτσαλης Θωμάς έγραψε:A. Θεωρούμε τη συνάρτηση $\displaystyle{f:\left( {0,\; + \infty } \right){\rm{ }} \to R}$ με $f\left( x \right) = \frac{{{x^2} + \alpha \ell nx}}{x}$ , $\alpha \ne 0$ .
i. Να βρεθούν οι ασύμπτωτες της ${C_f}$ για τις διάφορες τιμές της (πραγματικής) παραμέτρου $\alpha$ .
ii. Αν $\alpha > 0$ και $\displaystyle{f\left( {{e^2}} \right) - \int\limits_1^{{e^2}} {\left( {f\left( t \right) - t} \right)\;dt} = {\left( {\frac{{{e^2} - 2}}{e}} \right)^2}}$ , τότε:
• Να δειχθεί ότι $\alpha = 2$ .

• Να μελετηθεί η συνάρτηση ως προς τη μονοτονία.

• Να δειχθεί ότι υπάρχει μοναδικό ${x_0} \in \left( {0,\;1} \right)$ , ώστε: $f\left( {{x_0}} \right) = 0$ .

B. Έστω η συνεχής συνάρτηση $\displaystyle{g:R{\rm{ }} \to {\rm{ R}}}$ για την οποία, για κάθε $x \in R$ , ισχύει: $\frac{{g\left( x \right) + x}}{2} = \int\limits_1^x {\left( {\int\limits_0^1 {xg\left( t \right)\;dx} } \right)} \;dt$ . Να βρεθεί το $\displaystyle{\mathop {\ell im}\limits_{x \to + \infty } \,\,\left( {\int\limits_1^x {\left( {1 - g\left( t \right)} \right)\;dt} } \right)}$ .

Να είστε όλοι καλά
Θ

Θωμά καλή σου μέρα...

Α. i) α) Κατακόρυφες ασύμπτωτες: Είναι $f\left( x \right) = x + a\dfrac{{\ln x}}{x}$ και με

$\left\{ \begin{gathered} \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} x = 0 \\ \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left( {a\dfrac{{\ln x}}{x}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left( {a \cdot \ln x \cdot \dfrac{1}{x}} \right)\mathop = \limits^{\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \ln x = - \infty ,\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \dfrac{1}{x} = + \infty } \left\{ \begin{gathered} - \infty ,\,\,\alpha \nu \,\,a > 0 \hfill \\ + \infty ,\,\,\alpha \nu \,\,a < 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \\ \end{gathered} \right.$ $\Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left( {x + a\dfrac{{\ln x}}{x}} \right) = \pm \infty \Rightarrow \boxed{\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) = \pm \infty }$ ,

οπότε η ευθεία με εξίσωση (ο άξονας ) είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της .

β) Ασύμπτωτη στο $+ \infty$ : Είναι $\dfrac{{f\left( x \right)}}{x} = 1 + a\dfrac{{\ln x}}{{{x^2}}}$ . Οι συναρτήσεις ${x^2},\ln x$ είναι παραγωγίσιμες στο $\left( {0, + \infty } \right)$ και $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {x^2} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \ln x = + \infty$

και με $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{{{{\left( {\ln x} \right)}^\prime }}}{{{{\left( {{x^2}} \right)}^\prime }}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{{\dfrac{1}{x}}}{{2x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\dfrac{1}{2}\dfrac{1}{{{x^2}}}} \right) = \ldots 0\mathop \Rightarrow \limits^{De\,\,L'Hospital}$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{{\ln x}}{{{x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{{{{\left( {\ln x} \right)}^\prime }}}{{{{\left( {{x^2}} \right)}^\prime }}} = 0\mathop \Rightarrow \limits^{a \ne 0} \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {a\dfrac{{\ln x}}{{{x^2}}}} \right) = 0\mathop \Rightarrow \limits^{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } 1 = 1}$ $\boxed{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{{f\left( x \right)}}{x} = 1 + 0 = 1}:\left( 1 \right)$ .

και $f\left( x \right) - x = \ldots a\dfrac{{\ln x}}{x}$ , με $x,\ln x$ παραγωγίσιμες στο $\left( {0, + \infty } \right)$ και $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } x = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \ln x = + \infty$ και με $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{{{{\left( {\ln x} \right)}^\prime }}}{{{{\left( x \right)}^\prime }}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{{\dfrac{1}{x}}}{1} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\dfrac{1}{x}} \right) = 0$

οπότε σύμφωνα με τον κανόνα του De L’Hospital θα είναι $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{{\ln x}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \dfrac{{{{\left( {\ln x} \right)}^\prime }}}{{{{\left( x \right)}^\prime }}} = 0 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {a\dfrac{{\ln x}}{x}} \right) = 0$ $\Rightarrow \boxed{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {f\left( x \right) - x} \right) = 0}:\left( 2 \right)$ .

Από $\left( 1 \right),\left( 2 \right)$ προκύπτει ότι η γραφική παράσταση της έχει στο $+ \infty$ ασύμπτωτη (πλάγια) την ευθεία με εξίσωση $\boxed{y = x}$

α) Είναι $f\left( {{e^2}} \right) - \int\limits_1^{{e^2}} {\left( {f\left( t \right) - t} \right)dt} = {\left( {\dfrac{{{e^2} - 2}}{e}} \right)^2} \Leftrightarrow$ $\dfrac{{{e^4} + 2a}}{{{e^2}}} - \int\limits_1^{{e^2}} {\left( {a\dfrac{{\ln t}}{t}} \right)dt} = \dfrac{{{e^4} - 4{e^2} + 4}}{{{e^2}}} \Leftrightarrow$

$\dfrac{{{e^4} + 2a}}{{{e^2}}} - \left[ {a\dfrac{{{{\ln }^2}x}}{2}} \right]_1^{{e^2}} = \dfrac{{{e^4} - 4{e^2} + 4}}{{{e^2}}} \Leftrightarrow$ $\dfrac{{{e^4} + 2a}}{{{e^2}}} - 2a = \dfrac{{{e^4} - 4{e^2} + 4}}{{{e^2}}} \Leftrightarrow$

${e^4} + 2a - 2a{e^2} = {e^4} - 4{e^2} + 4$ $\Leftrightarrow 2a\left( {1 - {e^2}} \right) = 4\left( {1 - {e^2}} \right) \Leftrightarrow \ldots \boxed{a = 2}$ .

β) Για $a = 2 \Rightarrow f\left( x \right) = \dfrac{{{x^2} + 2\ln x}}{x} = x + \dfrac{{2\ln x}}{x}$ η οποία είναι προφανώς παραγωγίσιμη στο $\left( {0, + \infty } \right)$ (πράξεις παραγωγισίμων)

με $f'\left( x \right) = {\left( {x + \dfrac{{2\ln x}}{x}} \right)^\prime } = 1 + \dfrac{{2 - 2\ln x}}{{{x^2}}} = \dfrac{{{x^2} + 2 - 2\ln x}}{{{x^2}}}$ .

Ας είναι $h\left( x \right) = {x^2} + 2 - 2\ln x,x \in \left( {0, + \infty } \right)$ , η οποία είναι παραγωγίσιμη στο $\left( {0, + \infty } \right)$ (πράξεις παραγωγισίμων)

με $h'\left( x \right) = 2x - \dfrac{2}{x} = \ldots \dfrac{{2\left( {x + 1} \right)}}{x}\left( {x - 1} \right),x \in \left( {0, + \infty } \right)$ .

Με $h'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \ldots x = 1$ και $\dfrac{{2\left( {x + 1} \right)}}{x} > 0,\forall x \in \left( {0, + \infty } \right) \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} h'\left( x \right) < 0,\forall x \in \left( {0,1} \right) \hfill \\ h'\left( x \right) > 0,\forall x \in \left( {1, + \infty } \right) \hfill \\ \end{gathered} \right.$ και με συνεχή στα διαστήματα $\left( {0,1} \right],\left[ {1, + \infty } \right)$

προκύπτει ότι η είναι γνησίως φθίνουσα στο $\left( {0,1} \right]$ και γνησίως αύξουσα στο $\left[ {1, + \infty } \right)$ άρα παρουσιάζει ολικό ελάχιστο το

$h\left( 1 \right) = 3 > 0 \Rightarrow h\left( x \right) > 0,\forall x \in \left( {0, + \infty } \right)$ $\mathop \Rightarrow \limits^{{x^2} > 0,\forall x \in \left( {0, + \infty } \right)} f'\left( x \right) = \dfrac{{h\left( x \right)}}{x} > 0,\forall x \in \left( {0, + \infty } \right) \Rightarrow f$ γνησίως αύξουσα

γ) Με γνησίως αύξουσα στο $\left( {0,1} \right] \subset \left( {0, + \infty } \right)\mathop \Rightarrow \limits^{f\,\,\sigma \upsilon \nu \varepsilon \chi \eta \varsigma \,\,\sigma \tau o\,\,\left( {0,1} \right]} f\left( {\left( {0,1} \right)} \right) =$ $\left( {\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right),f\left( 1 \right)} \right)\mathop = \limits^{a = 2 > 0} \left( { - \infty ,1} \right) \mathrel\backepsilon 0$

και επειδή η είναι συνεχής στο $\left( {0,1} \right)$ παίρνει όλες τις τιμές στο $f\left( {\left( {0,1} \right)} \right) = \ldots \left( { - \infty ,1} \right) \mathrel\backepsilon 0$ , άρα υπάρχει ${x_0} \in \left( {0,1} \right):\boxed{f\left( {{x_0}} \right) = 0}$

οποίο είναι και μοναδικό (λόγω της μονοτονίας (γνησίως αύξουσα) της στο διάστημα αυτό και όχι μόνο).

Είναι $\dfrac{{g\left( x \right) + x}}{2} = \int\limits_1^x {\left( {\int\limits_0^1 {xg\left( t \right)dx} } \right)dt} \Leftrightarrow$ $\dfrac{{g\left( x \right) + x}}{2} = \int\limits_1^x {\left( {g\left( t \right)\int\limits_0^1 {xdx} } \right)dt} \Leftrightarrow$ $\dfrac{{g\left( x \right) + x}}{2} = \int\limits_0^1 {xdx} \cdot \int\limits_1^x {\left( {g\left( t \right)} \right)dt} \Leftrightarrow$

$\dfrac{{g\left( x \right) + x}}{2} = \left[ {\dfrac{{{x^2}}}{2}} \right]_0^1 \cdot \int\limits_1^x {\left( {g\left( t \right)} \right)dt} \Leftrightarrow$ $\dfrac{{g\left( x \right) + x}}{2} = \dfrac{1}{2} \cdot \int\limits_1^x {\left( {g\left( t \right)} \right)dt} \Leftrightarrow g\left( x \right) + x = \int\limits_1^x {\left( {g\left( t \right)} \right)dt} \Rightarrow$ $\boxed{g\left( x \right) = - x + \int\limits_1^x {\left( {g\left( t \right)} \right)dt} }:\left( 3 \right)$ .

Με συνεχή στο και $1 \in R \Rightarrow \int\limits_1^x {g\left( t \right)dt}$ είναι παραγωγίσιμη στο (μια αρχική της στο ) και με παραγωγίσιμη στο από τη σχέση $\left( 3 \right)$

προκύπτει ότι η είναι παραγωγίσιμη με $g'\left( x \right) = {\left( { - x + \int\limits_1^x {g\left( t \right)dt} } \right)^\prime } = - 1 + g\left( x \right) \Rightarrow g'\left( x \right) - g\left( x \right) = - 1$

$\mathop \Rightarrow \limits^{ \cdot {e^{ - x}}} g'\left( x \right) \cdot {e^{ - x}} - g\left( x \right) \cdot {e^{ - x}} = - {e^{ - x}} \Rightarrow$ ${\left( {{e^{ - x}}g\left( x \right)} \right)^\prime } = {\left( {{e^{ - x}}} \right)^\prime } \Rightarrow \boxed{{e^{ - x}}g\left( x \right) = {e^{ - x}} + c}:\left( 4 \right)$ .

Από $\left( 3 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{x = 1} g\left( 1 \right) = - 1$ και από $\left( 4 \right) \Rightarrow x = 1 \Rightarrow - {e^{ - 1}} = {e^{ - 1}} + c \Rightarrow c = - 2{e^{ - 1}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 4 \right)}$

${e^{ - x}}g\left( x \right) = {e^{ - x}} - 2{e^{ - 1}} \Rightarrow g\left( x \right) = 1 - 2{e^{x - 1}} \Rightarrow$ $1 - g\left( x \right) = 2{e^{x - 1}}\mathop \to \limits^{x \to t} 1 - g\left( t \right) = 2{e^{t - 1}} \Rightarrow$

$\int\limits_1^x {\left( {1 - g\left( t \right)} \right)dt} = \int\limits_1^x {2{e^{t - 1}}dt} = \left[ {2{e^{t - 1}}} \right]_1^x = 2\left( {{e^{x - 1}} - 1} \right)$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {2\left( {{e^{x - 1}} - 1} \right)} \right] = + \infty } \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \int\limits_1^x {\left( {1 - g\left( t \right)} \right)dt} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {2\left( {{e^{x - 1}} - 1} \right)} \right] = + \infty$

Στάθης

Μετά από πολύ καιρό

Μετά από πολύ καιρό

Re: Μετά από πολύ καιρό

Μέλη σε σύνδεση