Με απλά υλικά (29)

#1

Δίνεται ο πραγματικός αριθμός $\displaystyle a$ και οι συναρτήσεις με τύπους :
$\displaystyle f(x)=\frac{{{e}^{x}}-a}{{{e}^{x}}-x}$ και $\displaystyle g(x)=a({{e}^{x}}-1)-{{e}^{x}}(x-1)$ , για κάθε $\displaystyle x\in R$ .
α) Να βρείτε το πλήθος των ριζών της εξίσωσης $\displaystyle g(x)=0$ για τις διάφορες τιμές του $\displaystyle a\in R$
β) Να βρείτε τις τιμές του $\displaystyle a\in R$ ώστε η $\displaystyle f$ να έχει τοπικό μέγιστο και ελάχιστο .
γ) Αν η $\displaystyle f$ έχει τοπικό ακρότατο για $\displaystyle x=p$ , δείξετε ότι $\displaystyle f(p)=\frac{a}{p-1}$
δ) Γνωρίζοντας ότι $\displaystyle f(x)\le {{x}^{2}}+x$ για κάθε $\displaystyle x\in R$ , να βρείτε το $\displaystyle a\in R$ .
ε) Για $\displaystyle a=1$ και $\displaystyle k>1$ , να αποδείξετε ότι : $\displaystyle \underset{k\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \int_{1}^{k}{(f(x)-1)}\,\,dx \right)=\int_{0}^{1}{\left( 1-f(x) \right)dx}$

Υ.Γ. : Παρακαλώ , τα σχόλια μετά τη λύση , ή σε π.μ.

#2

exdx έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 11, 2020 1:31 pm
Δίνεται ο πραγματικός αριθμός $\displaystyle a$ και οι συναρτήσεις με τύπους :
$\displaystyle f(x)=\frac{{{e}^{x}}-a}{{{e}^{x}}-x}$ και $\displaystyle g(x)=a({{e}^{x}}-1)-{{e}^{x}}(x-1)$ , για κάθε $\displaystyle x\in R$ .
α) Να βρείτε το πλήθος των ριζών της εξίσωσης $\displaystyle g(x)=0$ για τις διάφορες τιμές του $\displaystyle a\in R$
β) Να βρείτε τις τιμές του $\displaystyle a\in R$ ώστε η $\displaystyle f$ να έχει τοπικό μέγιστο και ελάχιστο .
γ) Αν η $\displaystyle f$ έχει τοπικό ακρότατο για $\displaystyle x=p$ , δείξετε ότι $\displaystyle f(p)=\frac{a}{p-1}$
δ) Γνωρίζοντας ότι $\displaystyle f(x)\le {{x}^{2}}+x$ για κάθε $\displaystyle x\in R$ , να βρείτε το $\displaystyle a\in R$ .
ε) Για $\displaystyle a=1$ και $\displaystyle k>1$ , να αποδείξετε ότι : $\displaystyle \underset{k\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \int_{1}^{k}{(f(x)-1)}\,\,dx \right)=\int_{0}^{1}{\left( 1-f(x) \right)dx}$

Υ.Γ. : Παρακαλώ , τα σχόλια μετά τη λύση , ή σε π.μ.

...Καλημέρα

..γειά σου Γιώργη...

ΛΥΣΗ
α) Η εξίσωση $\displaystyle g(x)=0$ γράφεται ισοδύναμα

$a({{e}^{x}}-1)-{{e}^{x}}(x-1)=0\Leftrightarrow a({{e}^{x}}-1)={{e}^{x}}(x-1)\overset{x\ne 0}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,a=\frac{{{e}^{x}}(x-1)}{{{e}^{x}}-1}$ (1)

Θεωρούμε την συνάρτηση $h(x)=\frac{{{e}^{x}}(x-1)}{{{e}^{x}}-1}=\frac{x-1}{1-{{e}^{-x}}},\,\,x\ne 0$ που είναι παραγωγίσιμη με

${h}'(x)=\frac{1-{{e}^{-x}}-(x-1){{e}^{-x}}}{{{(1-{{e}^{-x}})}^{2}}}=\frac{1-x{{e}^{-x}}}{{{(1-{{e}^{-x}})}^{2}}}=\frac{{{e}^{x}}-x}{{{e}^{x}}{{(1-{{e}^{-x}})}^{2}}}>0,\,\,x\in (-\infty ,\,0)\cup (0,+\infty )$

αφού ως γνωστόν ${{e}^{x}}\ge x+1>x,\,\,x\in R$ επομένως η

είναι γνήσια αύξουσα στα

${{\Delta }_{1}}=(-\infty ,\,0),\,\,\,{{\Delta }_{2}}=(0,+\infty )$ οπότε $h({{\Delta }_{1}})=(\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,h\left( x \right),\,\underset{x\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,h\left( x \right)),\,\,\,\,\,h({{\Delta }_{2}})=(\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,h\left( x \right),\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,h\left( x \right))$

που είναι $h({{\Delta }_{1}})=(0,\,+\infty ),\,\,\,\,\,h({{\Delta }_{2}})=(-\infty ,\,\,+\infty )$

επειδή $\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,h\left( x \right)=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x-1}{1-{{e}^{-x}}}\overset{\left( \frac{+\infty }{+\infty } \right)}{\mathop{=}}\,\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{(x-1{)}'}{(1-{{e}^{-x}}{)}'}=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{{{e}^{-x}}}=0$ και

$\underset{x\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,h\left( x \right)=\underset{x\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{1-{{e}^{-x}}}(x-1)=+\infty$ αφού για

$x<0\Leftrightarrow 1-{{e}^{-x}}<0,\,\,x-1<0$

$\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,h\left( x \right)=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{1-{{e}^{-x}}}(x-1)=-\infty$ αφού για $x>0\Leftrightarrow 1-{{e}^{-x}}>0,\,\,x-1<0$

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,h\left( x \right)=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x-1}{1-{{e}^{-x}}}=+\infty$ αφού

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,(1-{{e}^{-x}})=1$

Και με βάση τα προηγούμενα η εξίσωση $h(x)=a,\,\,x\ne 0$ έχει λύσεις

για a<0

μοναδική στο ${{x}_{1}}\in (0,+\infty )$ , για a=0

μοναδική την x=1

και για

ακριβώς δύο μία ${{x}_{2}}\in (-\infty ,\,0)$

και μία ${{x}_{3}}\in (0,+\infty )$ .

β) Τώρα για την $\displaystyle f(x)=\frac{{{e}^{x}}-a}{{{e}^{x}}-x}$ που είναι παραγωγίσιμη έχουμε

${f}'(x)=...=\frac{g(x)}{{{({{e}^{x}}-x)}^{2}}}$

και σύμφωνα με το (α) είναι ${f}'(x)=\frac{({{e}^{x}}-1)(a-h(x))}{{{({{e}^{x}}-x)}^{2}}}$ και τότε

για a<0

θα έχει ένα τοπικό μέγιστο στο ${{x}_{1}}\in (0,+\infty )$ όπως και για

a=0

άρα για

θα έχει ένα τοπικό μέγιστο στο ${{x}_{3}}\in (0,+\infty )$ και ένα τοπικό ελάχιστο στο ${{x}_{2}}\in (-\infty ,\,0)$ .

γ) Αν έχει ακρότατο στο σημείο $\displaystyle x=p$ τότε σύμφωνα με το Θ.Fermat ${f}'\left( p \right)=0$ δηλαδή

$\frac{g(p)}{{{({{e}^{p}}-p)}^{2}}}=0\Leftrightarrow g(p)=0\Leftrightarrow a({{e}^{p}}-1)-{{e}^{p}}(p-1)=0\Leftrightarrow a{{e}^{p}}-a-{{e}^{p}}(p-1)=0\Leftrightarrow$

${{e}^{p}}(a-p+1)=a$ (1) και θέλουμε να δείξουμε ότι $\displaystyle f(p)=\frac{a}{p-1}$ ή $\displaystyle f(p)=\frac{a}{p-1}$ ή

$\frac{{{e}^{p}}-a}{{{e}^{p}}-p}=\frac{a}{p-1}\Leftrightarrow p{{e}^{p}}-{{e}^{p}}-ap+a=a{{e}^{p}}-ap\Leftrightarrow p{{e}^{p}}-{{e}^{p}}+a=a{{e}^{p}}$ που ισχύει λόγω της (1)

δ) Αφού ισχύει ότι $\displaystyle f(x)\le {{x}^{2}}+x$ για κάθε $\displaystyle x\in R$ , τότε θα ισχύει ότι $f(0)\le 0\Leftrightarrow 1-a\le 0\Leftrightarrow a\ge 1$

ε) Για α=1 είναι $f(x)=\frac{{{e}^{x}}-1}{{{e}^{x}}-x}$ και $\int\limits_{1}^{k}{(f(x)-1)}dx=\int\limits_{1}^{k}{(\frac{{{e}^{x}}-1}{{{e}^{x}}-x}-1)}dx=\int\limits_{1}^{k}{(\frac{({{e}^{x}}-x{)}'}{{{e}^{x}}-x}-1)}dx=\left[ \ln ({{e}^{x}}-x)-x \right]_{1}^{k}=$

$=\left( \ln ({{e}^{k}}-k)-k \right)-\left[ \ln (e-1)-1 \right]=\ln \left( \frac{{{e}^{k}}-k}{{{e}^{k}}} \right)-\left( \ln (e-1)-1 \right)$ τώρα επειδή

$\underset{k\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{k}}-k}{{{e}^{k}}}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( 1-\frac{k}{{{e}^{k}}} \right)=1$

είναι $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\int\limits_{1}^{k}{(f(x)-1)}dx=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \ln \left( \frac{{{e}^{k}}-k}{{{e}^{k}}} \right)-\left( \ln (e-1)-1 \right) \right)=$

= $0-\left( \ln (e-1)-1 \right)=1-\ln (e-1)$ = $\displaystyle \underset{k\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \int_{1}^{k}{(f(x)-1)}\,\,dx \right)=\int_{0}^{1}{\left( 1-f(x) \right)dx}$ . (…όμοια όπως προηγούμενα για το τελευταίο ολοκλήρωμα…)

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

Με απλά υλικά (29)

Με απλά υλικά (29)

Re: Με απλά υλικά (29)

Μέλη σε σύνδεση