Special

Εδώ θα καταχωρούνται ασκήσεις οι οποίες συνδυάζουν τουλάχιστον δύο διαφορετικά εκ των παραπάνω κεφάλαια και έχουν επαναληπτικό χαρακτήρα.

Συντονιστής: Καρδαμίτσης Σπύρος

Άβαταρ μέλους
erxmer
Δημοσιεύσεις: 1615
Εγγραφή: Δευ Σεπ 13, 2010 7:49 pm
Επικοινωνία:

Special

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από erxmer » Κυρ Φεβ 12, 2017 10:37 pm

Δίνεται συνάρτηση f :R \to R παραγωγίσιμη με \displaystyle{\left\{\begin{matrix} 
f'(x)-f(x)=\int_{0}^{2}f(x)dx-e^2+4\\  
\\ 
f(0)=0 
\end{matrix}\right.}

1) Να βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης

2) Να δειχθεί ότι \displaystyle{x \leq f(x) \leq xf'(x), x \geq 0}

Δίνεται και η συνεχής συνάρτηση g:R \to R και έστω G μία αρχική της g στο R για
την οποία ισχύει: \displaystyle{x\left ( G(x+2)-G(x) \right ) \geq f(x), x \in R}. Να δειχθεί ότι:

i) \displaystyle{\int_{0}^{2}g(x)dx=1}

ii) Να δειχθεί ότι υπάρχει \displaystyle{\exists x_0 \in (0,2): G(x_0)=G(0)+\frac{1}{2}}

iii) Να δειχθεί ότι η εξίσωση \displaystyle{x \cdot g(x)=\frac{1}{2}-G(x)+G(0)} έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (0,2)



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3961
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Special

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Δευ Φεβ 13, 2017 12:06 am

erxmer έγραψε:Δίνεται συνάρτηση f :R \to R παραγωγίσιμη με \displaystyle{\left\{\begin{matrix} 
f'(x)-f(x)=\int_{0}^{2}f(x)dx-e^2+4\\  
\\ 
f(0)=0 
\end{matrix}\right.}

1) Να βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης

2) Να δειχθεί ότι \displaystyle{x \leq f(x) \leq xf'(x), x \geq 0}

Δίνεται και η συνεχής συνάρτηση g:R \to R και έστω G μία αρχική της g στο R για
την οποία ισχύει: \displaystyle{x\left ( G(x+2)-G(x) \right ) \geq f(x), x \in R}. Να δειχθεί ότι:

i) \displaystyle{\int_{0}^{2}g(x)dx=1}

ii) Να δειχθεί ότι υπάρχει \displaystyle{\exists x_0 \in (0,2): G(x_0)=G(0)+\frac{1}{2}}

iii) Να δειχθεί ότι η εξίσωση \displaystyle{x \cdot g(x)=\frac{1}{2}-G(x)+G(0)} έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (0,2)
Ας ξεκινήσουμε με τα δύο πρώτα ερωτήματα και βλέπουμε

Εστω c = \int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx}  - {e^2} + 4 , τότε έχουμε: f'\left( x \right) - f\left( x \right) = c\mathop  \Rightarrow \limits^{x = 0,f\left( 0 \right) = 0} f'\left( 0 \right) = c.

Από f'\left( x \right) - f\left( x \right) = c \Rightarrow {e^{ - x}}f'\left( x \right) - {e^{ - x}}f\left( x \right) = c{e^{ - x}} \Rightarrow {\left( {{e^{ - x}}f\left( x \right)} \right)^\prime } = {\left( { - c{e^{ - x}}} \right)^\prime } \Rightarrow

{e^{ - x}}f\left( x \right) =  - c{e^{ - x}} + {c_1}\mathop  \Rightarrow \limits^{x = 0} {c_1} = c \Rightarrow {e^{ - x}}f\left( x \right) =  - c{e^{ - x}} + c \Rightarrow \boxed{f\left( x \right) = c{e^x} - c,c = f'\left( 0 \right)}.

Είναι c = \int\limits_0^2 {f\left( x \right)dx}  - {e^2} + 4 \Leftrightarrow c = \int\limits_0^2 {\left( {c{e^x} - c} \right)dx}  - {e^2} + 4 \Leftrightarrow c = \left[ {c{e^x} - cx} \right]_0^2 - {e^2} + 4 \Leftrightarrow

c = c{e^2} - 2c - 1 - {e^2} + 4 \Leftrightarrow \boxed{c = 1} \Rightarrow \boxed{f\left( x \right) = {e^x} - 1}\,\,\& \,\,\boxed{f'\left( 0 \right) = 1}:\left( 1 \right).

\bullet Για x = 0 η ζητούμενη ανισοϊσότητα ισχύει σαν ισότητα

\bullet Για x > 0 εφαρμόζουμε το Θεώρημα της μέσης τιμής για την f στο διάστημα

\left[ {0,x} \right] \Rightarrow \exists \xi  \in \left( {0,x} \right):f'\left( \xi  \right) = \dfrac{{f\left( x \right) - f\left( 0 \right)}}{x} = \dfrac{{f\left( x \right)}}{x} κα επειδή f κυρτή

(κατακόρυφη μεταφορά της κυρτής η{{e}^{x}}) θα είναι {f}' γνησίως αύξουσα και στο \left[ 0,x \right]\subset R δηλαδή

0 < \xi  < x \Rightarrow f'\left( 0 \right) < f'\left( \xi  \right) < f'\left( x \right)\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} 1 < \dfrac{{f\left( x \right)}}{x} < f'\left( x \right)\mathop  \Rightarrow \limits^{x > 0} \boxed{x < f\left( x \right) < xf'\left( x \right)}.

Αρα τελικά για x \geqslant 0 \Rightarrow \boxed{x \leqslant f\left( x \right) \leqslant xf'\left( x \right)} και τα δύο πρώτα ερωτήματα έχουν αποδειχθεί.

Για την συνέχεια (θα επανέλθω) αλλά έχω την εντύπωση ότι χρειάζομαι τη συνέχεια (για σχολική λύση) της G\left( x \right) (ίδωμεν!)
...


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
KAKABASBASILEIOS
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1508
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 01, 2009 1:46 pm

Re: Special

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KAKABASBASILEIOS » Δευ Φεβ 13, 2017 1:34 am

erxmer έγραψε:Δίνεται συνάρτηση f :R \to R παραγωγίσιμη με \displaystyle{\left\{\begin{matrix} 
f'(x)-f(x)=\int_{0}^{2}f(x)dx-e^2+4\\  
\\ 
f(0)=0 
\end{matrix}\right.}

1) Να βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης

2) Να δειχθεί ότι \displaystyle{x \leq f(x) \leq xf'(x), x \geq 0}

Δίνεται και η συνεχής συνάρτηση g:R \to R και έστω G μία αρχική της g στο R για
την οποία ισχύει: \displaystyle{x\left ( G(x+2)-G(x) \right ) \geq f(x), x \in R}. Να δειχθεί ότι:

i) \displaystyle{\int_{0}^{2}g(x)dx=1}

ii) Να δειχθεί ότι υπάρχει \displaystyle{\exists x_0 \in (0,2): G(x_0)=G(0)+\frac{1}{2}}

iii) Να δειχθεί ότι η εξίσωση \displaystyle{x \cdot g(x)=\frac{1}{2}-G(x)+G(0)} έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (0,2)
...συνεχίζοντας την λύση του φίλου μου του Στάθη...χρησιμοποιώντας την απάντηση του...

i) Θέλουμε \int\limits_{0}^{2}{g}(x)dx=1\Leftrightarrow G(2)-G(0)=1

Είναι η x\left( G(x+2)-G(x) \right)\ge f(x)\Leftrightarrow x\left( G(x+2)-G(x) \right)-f(x)\ge 0,x\in R οπότε για την

h(x)=x\left( G(x+2)-G(x) \right)-f(x) ισχύουν h(x)\ge 0,\,\,\,x\in R και h(0)=0 άρα είναι h(x)\ge h(0),\,\,\,x\in R

δηλαδή στο 0\in R παρουσιάζει ακρότατο και αφού είναι παραγωγίσιμη με

{h}'(x)=\left( G(x+2)-G(x) \right)+x\left( g(x+1)-g(x) \right)-{f}'(x) σύμφωνα με το θεώρημα του Fermat θα ισχύει ότι

{h}'(0)=0\Leftrightarrow G(2)-G(0)-{f}'(0)=0\Leftrightarrow G(2)-G(0)=1 που είναι αυτό που θέλαμε.

ii) Για την συνάρτηση h(x)=G(x)-G(0)-\frac{1}{2},\,\,\,x\in [0,\,\,2] που είναι συνεχής με

h(0)=G(0)-G(0)-\frac{1}{2}=-\frac{1}{2}<0 και h(2)=G(2)-G(0)-\frac{1}{2}=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}>0 ισχύει

h(0)h(2)<0 έτσι σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano υπάρχει

{{x}_{0}}\in (0,2):h({{x}_{0}})=0\Leftrightarrow G({{x}_{0}})=G(0)+\frac{1}{2}

iii) Τώρα για την συνάρτηση \phi (x)=x(G(x)-G({{x}_{0}})),\,\,\,x\in [0,\,\,2] είναι παραγωγίσιμη με

{\phi }'(x)=(G(x)-G({{x}_{0}}))+x{G}'(x)=G(x)-G({{x}_{0}})+xg(x)=

=G(x)-G(0)-\frac{1}{2}+xg(x) και ισχύει \phi ({{x}_{0}})=\phi (0)=0 επομένως από Rolle υπάρχει

{{x}_{1}}\in (0,\,\,{{x}_{0}})\subseteq (0,\,\,2) με {\phi }'({{x}_{0}})=0

άρα η εξίσωση G(x)-G(0)-\frac{1}{2}+xg(x)=0 έχει ρίζα που είναι αυτό που θέλαμε.

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης


f ανοιγοντας τους δρομους της Μαθηματικης σκεψης, f' παραγωγος επιτυχιας
Τα Μαθηματικά είναι απλά...όταν σκέπτεσαι σωστά...
Τα Μαθηματικά είναι αυτά...για να δεις πιό μακρυά...
Τα Μαθηματικά είναι μαγεία...όταν έχεις φαντασία...
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΕ ΟΛΗ ΤΗΝ ΥΛΗ Γ'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης