Σελίδα 1 από 1

Με κάποιες γνωστές προτάσεις

Δημοσιεύτηκε: Σάβ Ιουν 17, 2017 6:00 pm
από george visvikis
Α. Δίνεται μια συνάρτηση f συνεχής στο \mathbb{R} . Να αποδείξετε ότι:
α. \int_0^{\pi /2} {f(\eta \mu x)dx = \int_0^{\pi /2} {f(\sigma \upsilon \nu x)} } dx .......... β. \int_0^1 {f(x)dx = \int_0^{\pi /2} {\sigma \upsilon \nu x \cdot f(\eta \mu x)} } dx

γ. Αν η f είναι άρτια τότε: \int_{ - \alpha }^\alpha  {f(x)dx = 2\int_0^\alpha  {f(x)dx} }, \displaystyle{\alpha  \in }\mathbb{R}

Β. Δίνεται συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο \mathbb{R} για την οποία ισχύει: f(x + y) = f(x) + f(y) + 2xy, για κάθε x,y \in \mathbb{R}
Αν η εφαπτομένη στη γραφική της παράσταση στο σημείο (0,f(0)) είναι παράλληλη στον άξονα x'x

α. να βρείτε τον τύπο της συνάρτησης f

β. να υπολογίσετε τα ολοκληρώματα I = \int_0^{\pi /2} {\eta {\mu ^2}xdx,{\rm{ }}J = \int_0^{\pi /2} {\sigma \upsilon {\nu ^2}} } xdx

Γ. Δίνεται η συνάρτηση g(x) = \sqrt {1 - {x^2}} ,{\rm{ }}x \in [ - 1,1]

Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της g και τον άξονα x'x.


Ορισμένα ερωτήματα είναι γνωστές προτάσεις και μπήκαν για να δέσουν όλο το θέμα. Αυτό που θέλω να τονίσω πάντως, είναι ότι όλα τα ερωτήματα έχουν λύση εντός ύλης.

Re: Με κάποιες γνωστές προτάσεις

Δημοσιεύτηκε: Σάβ Ιουν 17, 2017 8:11 pm
από Tolaso J Kos
Γεια σου Γιώργο,
george visvikis έγραψε:Α. Δίνεται μια συνάρτηση f συνεχής στο \mathbb{R} . Να αποδείξετε ότι:
α. \int_0^{\pi /2} {f(\eta \mu x)dx = \int_0^{\pi /2} {f(\sigma \upsilon \nu x)} } dx .......... β. \int_0^1 {f(x)dx = \int_0^{\pi /2} {\sigma \upsilon \nu x \cdot f(\eta \mu x)} } dx
(α) \displaystyle{\int_{0}^{\pi/2} f \left ( \text{\gr ημ }x \right ) \, {\rm d}x \overset{u=\pi/2-x}{ =\! =\! =\! =\! =\! =\!} \int_{0}^{\pi/2} f \left ( \text{\gr ημ} \left ( \frac{\pi}{2} - x \right ) \right ) \, {\rm d}x = \int_{0}^{\pi/2} f \left ( \text{\gr συν}x \right ) \, {\rm d}x}

(β) \displaystyle{\int_{0}^{\pi/2} f \left ( \text{\gr συν }x  \right ) \text{\gr ημ } x\, {\rm d}x  \overset{u= \text{\gr συν }x}{=\! =\! =\! =\! =\!} -\int_{1}^{0} f (u) \, {\rm d}u = \int_{0}^{1} f(x) \, {\rm d}x }
george visvikis έγραψε: γ. Αν η f είναι άρτια τότε: \int_{ - \alpha }^\alpha  {f(x)dx = 2\int_0^\alpha  {f(x)dx} }, \displaystyle{\alpha  \in }\mathbb{R}
Εφόσον η f είναι άρτια θα ισχύει f(-x)=f(x) για κάθε x \in [-\alpha, \alpha]. Φυσικά εννοείται πως η f είναι συνεχής για να ορίζεται για το Λύκειο το ολοκλήρωμα. Τότε:
\displaystyle{\begin{aligned} 
\int_{-\alpha}^{\alpha} f(x) \, {\rm d}x &= \int_{-\alpha}^{0} f(x) \, {\rm d}x + \int_{0}^{\alpha} f(x) \, {\rm d}x  \\  
 &\!\!\!\!\overset{x \mapsto -x}{=\! =\! =\! =\!} \int_{0}^{\alpha} f(-x) \, {\rm d}x + \int_{0}^{\alpha} f(x) \, {\rm d}x \\  
 &\!\!\!\!\!\!\!\!\!\overset{f(-x) = f(x)}{=\! =\! =\! =\! =\! =\! =\!} \int_{0}^{\alpha} f(x) \, {\rm d}x + \int_{0}^{\alpha} f(x) \, {\rm d}x\\  
 &= 2 \int_{0}^{\alpha} f(x) \, {\rm d} x    
\end{aligned}}
george visvikis έγραψε:
Β. Δίνεται συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο \mathbb{R} για την οποία ισχύει: f(x + y) = f(x) + f(y) + 2xy, για κάθε x,y \in \mathbb{R}
Αν η εφαπτομένη στη γραφική της παράσταση στο σημείο (0,f(0)) είναι παράλληλη στον άξονα x'x

α. να βρείτε τον τύπο της συνάρτησης f

β. να υπολογίσετε τα ολοκληρώματα I = \int_0^{\pi /2} {\eta {\mu ^2}xdx,{\rm{ }}J = \int_0^{\pi /2} {\sigma \upsilon {\nu ^2}} } xdx
(α) Για x=y=0 η αρχική δίδει f(0)=0 και εφόσον η εφαπτομένη στο σημείο (0, 0) είναι παράλληλη στον άξονα x'x αυτό σημαίνει ότι f'(0)=0. Τώρα:
\displaystyle{\begin{aligned} 
f'(x) &= \lim_{h\rightarrow 0} \frac{f(x+h) - f(x)}{h} \\  
 &= \lim_{h\rightarrow 0} \frac{f(x) + f(h) +2xh - f(x)}{h}\\  
 &= \lim_{h\rightarrow 0} \frac{f(h) +2xh - f(0)} {h}\\  
 &= \lim_{h\rightarrow 0} \left [ \frac{f(h)- f(0)}{h} + \frac{2xh}{h} \right ]  \\ 
 &= \cancelto{0}{\lim_{h\rightarrow 0} \frac{f(h) - f(0)}{h}} + 2\lim_{h \rightarrow 0} x \\ 
 &=  2x 
\end{aligned}} Άρα f(x) = x^2 αφού f(0)=0.

(β) Έχουμε:
\displaystyle{\begin{aligned} 
\int_{0}^{\pi/2} \text{\gr ημ}^2 x \, {\rm d}x &\overset{u=\pi/2-x}{=\! =\! =\! =\! =\! =\!} \int_{0}^{\pi/2} \text{\gr συν}^2 x \, {\rm d}x \\  
 &= \frac{1}{2}\int_{0}^{\pi/2} \cancelto{1}{\left ( \text{\gr ημ}^2 x + \text{\gr συν}^2 x \right )} \, {\rm d}x\\  
 &= \frac{\pi}{4}  
\end{aligned}} και τα υπολογίσαμε ταυτόχρονα τα ολοκληρώματα.
george visvikis έγραψε:
Γ. Δίνεται η συνάρτηση g(x) = \sqrt {1 - {x^2}} ,{\rm{ }}x \in [ - 1,1]

Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της g και τον άξονα x'x.
Είναι g(x) \geq 0 για κάθε x \in [-1, 1] με ισότητα να ισχύει αν και μόνο αν x= \pm 1. Τώρα η f παριστάνει ημικύκλιο κέντρο {\rm O}(0, 0) και ακτίνας 1. Συνεπώς το εμβαδόν που ψάχνουμε δεν είναι τίποτα άλλο παρά το εμβαδόν του ημικυκλίου, το οποίο δίδει του τύπου
\displaystyle{{\rm E}( \Omega) = \frac{\pi \rho^2}{2} = \frac{\pi}{2}} Διαγραμματικά έχουμε
\begin{tikzpicture} 
\draw [->] (-2, 0) -- (2, 0); 
\draw [->] (0, -2) -- (0, 2); 
\draw (2, 0) node[below]{x}; 
\draw (0, 2) node[left]{y}; 
\draw [fill=red!20! , transparency=0.2] (1, 0) arc(0:180:1); 
\draw (1, 0) node[below]{1}; 
\draw (-1, 0) node[below]{-1}; 
\draw (-0.2, -0.2) node[below]{O}; 
\end{tikzpicture}

Re: Με κάποιες γνωστές προτάσεις

Δημοσιεύτηκε: Σάβ Ιουν 17, 2017 9:43 pm
από Christos.N
:clap2:

Re: Με κάποιες γνωστές προτάσεις

Δημοσιεύτηκε: Σάβ Ιουν 17, 2017 10:13 pm
από KAKABASBASILEIOS
george visvikis έγραψε:Α. Δίνεται μια συνάρτηση f συνεχής στο \mathbb{R} . Να αποδείξετε ότι:
α. \int_0^{\pi /2} {f(\eta \mu x)dx = \int_0^{\pi /2} {f(\sigma \upsilon \nu x)} } dx .......... β. \int_0^1 {f(x)dx = \int_0^{\pi /2} {\sigma \upsilon \nu x \cdot f(\eta \mu x)} } dx

γ. Αν η f είναι άρτια τότε: \int_{ - \alpha }^\alpha  {f(x)dx = 2\int_0^\alpha  {f(x)dx} }, \displaystyle{\alpha  \in }\mathbb{R}

Β. Δίνεται συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο \mathbb{R} για την οποία ισχύει: f(x + y) = f(x) + f(y) + 2xy, για κάθε x,y \in \mathbb{R}
Αν η εφαπτομένη στη γραφική της παράσταση στο σημείο (0,f(0)) είναι παράλληλη στον άξονα x'x

α. να βρείτε τον τύπο της συνάρτησης f

β. να υπολογίσετε τα ολοκληρώματα I = \int_0^{\pi /2} {\eta {\mu ^2}xdx,{\rm{ }}J = \int_0^{\pi /2} {\sigma \upsilon {\nu ^2}} } xdx
...χάριν πλουραλισμού και για το κόπο.....

Α. α) Με u=\frac{\pi }{2}-x έχουμε ότι du=-dx,\,\,x=\frac{\pi }{2}\to u=0,\,\,x=0\to u=\frac{\pi }{2},

και το \displaystyle{\int_{0}^{\pi /2}{f(\eta \mu x)dx=\int_{\frac{\pi }{2}}^{0}{f(\eta \mu (\frac{\pi }{2}-u)(-}}du)=\int_{0}^{\pi /2}{f(\sigma \upsilon \nu x)}dx}

β) Με u=\eta \mu xέχουμε ότι du=\sigma \upsilon \nu xdx,\,\,x=\frac{\pi }{2}\to u=1,\,\,x=0\to u=0, και το

\int_{0}^{\pi /2}{\sigma \upsilon \nu x\cdot f(\eta \mu x)}dx=\int_{0}^{1}{f(u)}du

γ) Είναι \int_{-\alpha }^{\alpha }{f(x)dx=\int_{-a}^{0}{f(x)dx}}+\int_{0}^{\alpha }{f(x)dx} και με u=-x έχουμε ότι

du=-dx,\,\,x=-a\to u=a,\,\,x=0\to u=0, και τότε \int_{-a}^{0}{f(x)dx}=\int_{a}^{0}{f(-u)(-du)}=\int_{0}^{a}{f(u)du}

(αφού f είναι άρτια)

άρα \int_{-\alpha }^{\alpha }{f(x)dx=}\int_{0}^{\alpha }{f(x)dx}+\int_{0}^{\alpha }{f(x)dx}=2\int_{0}^{\alpha }{f(x)dx}

Β. α) Από f(x + y) = f(x) + f(y) + 2xy, για κάθε x,y \in \mathbb{R} για y=c\in R,

έχουμε ότι f(x+c)=f(x)+f(c)+2xc

και δημιουργώντας την παράγωγο και των δύο μελών ως προς x προκύπτει ότι

{f}'(x+c)={f}'(x)+2c και όπου x=0 έχουμε ότι

{f}'(c)={f}'(0)+2c και αφού η εφαπτομένη στη γραφική της παράστασης στο σημείο (0,f(0))

είναι παράλληλη στον άξονα x'x, ισχύει

{f}'(0)=0 άρα {f}'(c)=2c,\,\,c\in R οπότε {f}'(x)=2x,\,\,x\in R και επομένως f(x)={{x}^{2}}+c,\,\,x\in R και αφού από

f(x + y) = f(x) + f(y) + 2xy, για κάθε x,y \in \mathbb{R} με όπου x,y το 0 ισχύει

f(0)=f(0)+f(0)\Rightarrow f(0)=0 θα είναι c=0 και τότε f(x)={{x}^{2}},\,\,x\in R

β) Είναι I=\int_{0}^{\pi /2}{\eta {{\mu }^{2}}xdx}=\int_{0}^{\pi /2}{f(\eta \mu x)dx} και

J=\int_{0}^{\pi /2}{\sigma \upsilon {{\nu }^{2}}}xdx=\int_{0}^{\pi /2}{f(\sigma \upsilon \nu }x)dx

και επειδή από (Α) I=J και I+J=\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{(\eta {{\mu }^{2}}x+\sigma \upsilon {{\nu }^{2}}x)dx}\Leftrightarrow 2I=\frac{\pi }{2}\Leftrightarrow I=\frac{\pi }{4}=J

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

Re: Με κάποιες γνωστές προτάσεις

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Ιουν 18, 2017 5:32 pm
από george visvikis
Αφού σας ευχαριστήσω για τις απαντήσεις, να πω απλώς, ότι στο (Γ) ερώτημα υπάρχει λύση χωρίς την αναφορά στο εμβαδόν κυκλικού δίσκου και φυσικά χωρίς τη χρήση του αντίστοιχου τύπου. Θα το γράψω κάποια στιγμή, αν δεν απαντηθεί με τον τρόπο που έχω υπόψη μου.

Re: Με κάποιες γνωστές προτάσεις

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Ιουν 18, 2017 5:59 pm
από Tolaso J Kos
Γιώργο,

θα κάνω μια μαντεψιά και αν βρήκα το τρόπο σου τον βρήκα, αν όχι πάλι , ε τι να πω ; Αν και κάτι μου λέει πως αυτός είναι. Αν θέσουμε f(x)=\sqrt{1-x^2} , \; x \in [-1, 1] τότε σύμφωνα με ότι έχουμε αποδείξει πάνω θα ισχύουν τα ακόλουθα:
\displaystyle{\begin{aligned} 
\int_{-1}^{1} \sqrt{1-x^2} \, {\rm d}x  &= 2 \int_{0}^{1} \sqrt{1-x^2} \, {\rm d}x \\  
 &= 2\int_{0}^{\pi/2} \text{\gr συν } x f \left ( \text{\gr ημ}x \right ) \, {\rm d}x \\  
 &= 2\int_{0}^{\pi/2} \text{\gr συν} x \sqrt{1-\text{\gr ημ}^2 x} \, {\rm d}x \\  
 &= 2\int_{0}^{\pi/2} \text{\gr συν}^2 x \, {\rm d}x \\ 
 &= 2 \cdot \frac{\pi}{4} \\ 
 &= \frac{\pi}{2}  
\end{aligned}} Εξαιρετική άσκηση ... :clap2: :clap2: :clap2:

Re: Με κάποιες γνωστές προτάσεις

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Ιουν 18, 2017 6:16 pm
από george visvikis
Tolaso J Kos έγραψε:Γιώργο,

θα κάνω μια μαντεψιά και αν βρήκα το τρόπο σου τον βρήκα, αν όχι πάλι , ε τι να πω ; Αν και κάτι μου λέει πως αυτός είναι. Αν θέσουμε f(x)=\sqrt{1-x^2} , \; x \in [-1, 1] τότε σύμφωνα με ότι έχουμε αποδείξει πάνω θα ισχύουν τα ακόλουθα:
\displaystyle{\begin{aligned} 
\int_{-1}^{1} \sqrt{1-x^2} \, {\rm d}x  &= 2 \int_{0}^{1} \sqrt{1-x^2} \, {\rm d}x \\  
 &= 2\int_{0}^{\pi/2} \text{\gr συν } x f \left ( \text{\gr ημ}x \right ) \, {\rm d}x \\  
 &= 2\int_{0}^{\pi/2} \text{\gr συν} x \sqrt{1-\text{\gr ημ}^2 x} \, {\rm d}x \\  
 &= 2\int_{0}^{\pi/2} \text{\gr συν}^2 x \, {\rm d}x \\ 
 &= 2 \cdot \frac{\pi}{4} \\ 
 &= \frac{\pi}{2}  
\end{aligned}} Εξαιρετική άσκηση ... :clap2: :clap2: :clap2:
Αυτό ακριβώς Τόλη! :coolspeak: