Επανάληψη μέσω μιας συνάρτησης

#1

Δίνεται η συνάρτηση $\displaystyle f(x) = \left\{ \begin{array}{l} {e^{\ln |x + 1| - x}},x \ne - 1\\ 0{\rm{ }},x = - 1 \end{array} \right.$

Να εξετάσετε αν η

είναι συνεχής, στο -1.

Να βρείτε τα διαστήματα μονοτονίας και τα ακρότατα της

Να βρείτε το σύνολο τιμών της

Να εξετάσετε τη συνάρτηση

ως προς την κυρτότητα και να βρείτε τα σημεία καμπής.

Να σχεδιάσετε τη γραφική παράσταση της

Να δείξετε ότι $\displaystyle \dfrac{2}{e} \le \int_0^1 {f(x)dx \le 1}$

Να υπολογίσετε το εμβαδόν E(a)

του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της

την ασύμπτωτή της στο $\displaystyle + \infty ,$ τον άξονα $\displaystyle y'y$ και την ευθεία x=a, a>0.

Να υπολογίσετε το όριο $\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } E(a)$

#2

george visvikis έγραψε: ↑
Πέμ Απρ 12, 2018 5:27 pm
Δίνεται η συνάρτηση $\displaystyle f(x) = \left\{ \begin{array}{l} {e^{\ln |x + 1| - x}},x \ne - 1\\ 0{\rm{ }},x = - 1 \end{array} \right.$

Να εξετάσετε αν η είναι συνεχής, στο

Να βρείτε τα διαστήματα μονοτονίας και τα ακρότατα της

Να βρείτε το σύνολο τιμών της

Να εξετάσετε τη συνάρτηση ως προς την κυρτότητα και να βρείτε τα σημεία καμπής.

Να σχεδιάσετε τη γραφική παράσταση της

Να δείξετε ότι $\displaystyle \dfrac{2}{e} \le \int_0^1 {f(x)dx \le 1}$

Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της
την ασύμπτωτή της στο $\displaystyle + \infty ,$ τον άξονα $\displaystyle y'y$ και την ευθεία

Να υπολογίσετε το όριο $\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } E(a)$

...για την επανάληψη...

ΛΥΣΗ

1. Είναι $\underset{x\to -1}{\mathop{\lim }}\,f(x)=\underset{x\to -1}{\mathop{\lim }}\,({{e}^{\ln |x+1|-x}})=0$ γιατί

$\underset{x\to -1}{\mathop{\lim }}\,u=\underset{x\to -1}{\mathop{\lim }}\,(\ln |x+1|)=-\infty ,\,\,\underset{u\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,({{e}^{u}})=0$

άρα επειδή $\underset{x\to -1}{\mathop{\lim }}\,f(x)=0=f(-1)$ η

είναι συνεχής, στο -1.

2. Είναι για $x\ne -1$ παραγωγίσιμη η

με

${f}'(x)={{\left( {{e}^{\ln |x+1|-x}} \right)}^{\prime }}={{e}^{\ln |x+1|-x}}(\ln |x+1|-x{)}'=f(x)\left( \frac{1}{x+1}-1 \right)=-f(x)\left( \frac{x}{x+1} \right)$ και

${f}'(x)=0\Leftrightarrow \frac{x}{x+1}=0\Leftrightarrow x=0$ και ${f}'(x)>0\Leftrightarrow -\frac{x}{x+1}>0\Leftrightarrow \frac{x}{x+1}<0\Leftrightarrow -1<x<0$

άρα η

είναι γνήσια αύξουσα στο διάστημα $[-1,\,0]$ και ${f}'(x)<0\Leftrightarrow -\frac{x}{x+1}<0\Leftrightarrow \frac{x}{x+1}>0\Leftrightarrow x<-1,\,\,\,x>0$

άρα η

είναι γνήσια φθίνουσα στα διασίματα $(-\infty ,\,-1],\,\,[0,\,+\infty )$ επομένως παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο

το f(-1)=0

(που είναι και ολικό αφού $f(x)\ge 0,\,x\in R$ ) και τοπικό μέγιστο το f(0)=1

3. Είναι $f(x)\ge f(1)=0,\,x\in R$ και $\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,({{e}^{\ln |x+1|-x}})=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( |x+1|\,{{e}^{-x}} \right)=+\infty$ γιατί

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

και $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,({{e}^{\ln |x+1|-x}})=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{|x+1|\,}{{{e}^{x}}} \right)\overset{x>0}{\mathop{=}}\,\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{x+1}{{{e}^{x}}} \right)\underset{DLH}{\overset{\frac{\infty }{\infty }}{\mathop{=}}}\,\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{1|}{{{e}^{x}}} \right)=0$

οπότε το σύνολο τιμών της

είναι το $[0,\,\,+\infty )$

4. Είναι ${f}'(x)=-f(x)\left( \frac{x}{x+1} \right),\,x\ne 1$ παραγωγίσιμη με

${f}''(x)=-{f}'(x)\left( \frac{x}{x+1} \right)-f(x)\frac{1}{{{(x+1)}^{2}}}=f(x){{\left( \frac{x}{x+1} \right)}^{2}}-f(x)\frac{1}{{{(x+1)}^{2}}}=$

$=\frac{f(x)}{{{(x+1)}^{2}}}({{x}^{2}}-1)$ με ${f}''(x)=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}-1=0\Leftrightarrow x=1$ και

${f}''(x)>0\Leftrightarrow {{x}^{2}}-1>0\Leftrightarrow x<-1,\,\,x>1$ άρα η

είναι κυρτή στα

$(-\infty ,\,\,-1],\,\,[1,\,\,+\infty )$ και ${f}''(x)<0\Leftrightarrow {{x}^{2}}-1<0\Leftrightarrow -1<x<1$

άρα η

είναι κοίλη στο $[-1,\,1]$ άρα έχει σημείο καμπής το $(1,\,f(1))$ ή $(1,\,\frac{2}{e})$

: Επαναληψη μέσω συνάρτησης.jpg (19.86 KiB) Προβλήθηκε 964 φορές

6. Επειδή η συνάρτηση

είναι γνήσια φθίνουσα στο διάστημα $[-1,\,1]$ θα ισχύει ότι

$f(1)\le f(x)\le f(0)\Leftrightarrow \frac{2}{e}\le f(x)\le 1$ και ολοκληρώνοντας έχουμε

$\int\limits_{0}^{1}{\frac{2}{e}dx}<\int\limits_{0}^{1}{f(x)dx}<\int\limits_{0}^{1}{dx}\Leftrightarrow \frac{2}{e}<\int\limits_{0}^{1}{f(x)dx}<1$

7. Είναι το ζητούμενο εμβαδό $E(a)=\int\limits_{0}^{a}{f(x)dx}=\int\limits_{0}^{a}{|x+1|{{e}^{-x}}dx}\overset{x>0}{\mathop{=}}\,\int\limits_{0}^{a}{(x+1){{e}^{-x}}dx}=$

$=-\left[ (x+1){{e}^{-x}} \right]_{0}^{a}+\int\limits_{0}^{a}{{{e}^{-x}}dx}=-\left[ (x+1){{e}^{-x}} \right]_{0}^{a}-\left[ {{e}^{-x}} \right]_{0}^{a}=-\left[ (x+2){{e}^{-x}} \right]_{0}^{a}$ άρα

$E(a)=-\left[ (x+2){{e}^{-x}} \right]_{0}^{a}=2-\frac{a+2}{{{e}^{a}}}$

8. Είναι $\underset{a\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,E(a)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,(2-\frac{a+2}{{{e}^{a}}})=2$ επειδή

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{a+2}{{{e}^{a}}}\underset{DLH}{\mathop{=}}\,\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{{{e}^{a}}}=0$

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

Christos.N · #3

Για το 6

$\displaystyle \begin{array}{l} \int\limits_0^1 {{e^{\ln |x + 1| - x}}} \,dx\mathop = \limits^{|x + 1| = x + 1} \int\limits_0^1 {{e^{\ln \left( {x + 1} \right)}}{e^{ - x}}} \,dx = \int\limits_0^1 {\left( {x + 1} \right){e^{ - x}}} \,dx = \left[ { - \left( {x + 2} \right){e^{ - x}}} \right]_0^1 = ... = \frac{{2e - 3}}{e}\\ \\ \frac{2}{e} \le \frac{{2e - 3}}{e} \le 1 \Leftrightarrow 2 \le 2e - 3 \le e \Leftrightarrow 5 \le 2e \le e + 3 \end{array}$

#4

Καλησπέρα σε όλους. Τους χαιρετισμούς μου στον Γιώργο, τον Βασίλη και τον Χρήστο.

Μια παρατήρηση. Αν νομίζετε ότι γίνομαι υπερβολικά λεπτολόγος, ας τη διαγράψουμε.

Αν και στο (2) η μελέτη μονοτονίας και ακροτάτων δεν απαιτεί τον έλεγχο της παραγωγισιμότητας στο x_0=-1

, εντούτοις, νομίζω ότι, στο (4), δηλαδή στην εύρεση των σημείων καμπής πρέπει να δικαιολογήσουμε γιατί απορρίπτουμε το x_0=-1

, αν και έχουμε αλλαγή καμπυλότητας.

Οπότε, πρέπει να ελέγξουμε αν είναι παραγωγίσιμη στο x_0=1

.

Για

είναι $\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} \frac{{f\left( x \right) - f\left( 0 \right)}}{{x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} \frac{{{e^{\ln |x + 1| - x}}}}{{x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} \frac{{\left| {x + 1} \right|}}{{\left( {x + 1} \right){e^x}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} \frac{{ - 1}}{{{e^x}}} = - e$ .

Για x>-1

είναι $\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \frac{{f\left( x \right) - f\left( 0 \right)}}{{x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \frac{{{e^{\ln |x + 1| - x}}}}{{x + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ + }} \frac{{\left| {x + 1} \right|}}{{\left( {x + 1} \right){e^x}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {1^ - }} \frac{1}{{{e^x}}} = e$ .

Aφού τα πλευρικά όρια του λόγου μεταβολής, όταν $\displaystyle x \to - 1$ , είναι διαφορετικά, η

δεν είναι παραγωγίσιμη στο $\displaystyle {x_0} = - 1$ , οπότε στο σημείο αυτό δεν ορίζεται εφαπτομένη της, άρα το $\displaystyle {x_0} = - 1$ δεν είναι σημείο καμπής της

.

#5

Γιώργος Ρίζος έγραψε: ↑
Παρ Απρ 13, 2018 10:14 pm

...Αν και στο (2) η μελέτη μονοτονίας και ακροτάτων δεν απαιτεί τον έλεγχο της παραγωγισιμότητας στο , εντούτοις, νομίζω ότι, στο (4), δηλαδή στην εύρεση των σημείων καμπής πρέπει να δικαιολογήσουμε γιατί απορρίπτουμε το , αν και έχουμε αλλαγή καμπυλότητας.

Οπότε, πρέπει να ελέγξουμε αν είναι παραγωγίσιμη στο .

Καλησπέρα σε όλους!

Την ίδια γνώμη έχω κι εγώ. Στη δική μου λύση, το εξετάζω στο (2) ως κρίσιμο σημείο.

Επανάληψη μέσω μιας συνάρτησης

Επανάληψη μέσω μιας συνάρτησης

Re: Επανάληψη μέσω μιας συνάρτησης

Re: Επανάληψη μέσω μιας συνάρτησης

Re: Επανάληψη μέσω μιας συνάρτησης

Re: Επανάληψη μέσω μιας συνάρτησης

Μέλη σε σύνδεση