Χωρίς DLH

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

Συντονιστής: Καρδαμίτσης Σπύρος

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9679
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Χωρίς DLH

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Σάβ Μάιος 30, 2020 11:35 am

Α) Δίνεται η συνάρτηση \displaystyle f(x) = \frac{{\sin x - x}}{{1 - \cos x}},x \in [ - \pi ,0) \cup (0,\pi ]

Αποδείξτε ότι \displaystyle  - x < f(x) < 0,x \in (0,\pi ] και \displaystyle 0 < f(x) <  - x,x \in [ - \pi ,0)

Β) Δίνεται η συνάρτηση \displaystyle g(x) = \left\{ \begin{array}{l} 
\dfrac{{x\sin x}}{{1 - \cos x}},x \in [ - \pi ,0) \cup (0,\pi ]\\ 
\\ 
2,x = 0 
\end{array} \right.

Να αποδείξετε ότι η g είναι συνεχής στο x_0=0 και να εξετάσετε αν είναι παραγωγίσιμη στο σημείο αυτό.


Τα όρια να υπολογισθούν χωρίς τη χρήση κανόνων DLH.



Λέξεις Κλειδιά:
BAGGP93
Δημοσιεύσεις: 1403
Εγγραφή: Σάβ Ιούλ 02, 2011 8:48 pm
Τοποθεσία: Ιωάννινα - Αθήνα

Re: Χωρίς DLH

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από BAGGP93 » Σάβ Μάιος 30, 2020 4:14 pm

Επειδή 1-\cos\,x>0\,,x\in\left(0,\pi\right] και \sin\,x-x<0\,,x\in\left(0,\pi\right], πρόκυπτει f(x)<0\,,x\in\left(0,\pi\right]. Τώρα, για

x\in\left(0,\pi\right] έχουμε

\begin{aligned}f(x)>-x&\iff \dfrac{\sin\,x-x}{1-\cos\,x}>-x\\&\iff \sin\,x-x>-x+x\,\cos\,x\\&\iff \sin\,x-x\,\cos\,x>0\,\,(\ast)\end{aligned}

Τώρα, για τυχόν 0<x\leq \pi από το Θεώρημα Μέσης Τιμής για τη συνάρτηση του ημιτόνου στο \left[0,x\right], υπάρχει \xi\in\left(0,x\right) ώστε

\cos\,\xi=\dfrac{\sin\,x}{x}, άρα, \xi<x\implies \cos\,\xi>\cos\,x\implies \dfrac{\sin\,x}{x}>\cos\,x (που είναι η (\ast))

Ώστε, -x<f(x)<0\,,x\in\left(0,\pi\right]. Τώρα, για κάθε x\in\left[-\pi,0\right)\cup\left(0,\pi\right] έχουμε

f(-x)=\dfrac{\sin\,(-x)-(-x)}{1-\cos\,(-x)}=\dfrac{-\sin\,x+x}{1-\cos\,x}=-f(x), που σημαίνει ότι η f είναι περιττή στο πεδίο ορισμού της.

Έτσι, για x\in\left[-\pi,0\right) έχουμε f(x)=f(-(-x))=-f(-x)\stackrel{0<-x<\pi}{>}0 και παράλληλα -f(-x)<-x.

Μια χρήσιμη παρατήρηση για το B. είναι (λόγω Κριτηρίου Παρεμβολής) ότι \lim_{x\to 0}f(x)=0

Β. Παρατηρούμε ότι g(x)=x\,f(x)+\dfrac{x^2}{1-\cos\,x}\,,x\in\left[-\pi,0\right)\cup\left(0,\pi\right] και επειδή

\lim_{x\to 0}\dfrac{x^2}{1-\cos\,x}=\lim_{x\to 0}\dfrac{x^2(1+\cos\,x)}{\sin^2\,x}=\lim_{x\to 0}\dfrac{1+\cos\,x}{(\sin\,x/x)^2}=2 έπεται ότι

\lim_{x\to 0}g(x)=2=g(0), γεγονός που αποδεικνύει τη συνέχεια της g στο σημείο x=0. Επανέρχομαι για την παράγωγο.


Παπαπέτρος Ευάγγελος
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9679
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Χωρίς DLH

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Κυρ Μάιος 31, 2020 9:09 am

Αλλάζω το τελευταίο ερώτημα (για την παράγωγο χωρίς DLH):

Να βρείτε (εφόσον υπάρχει) το όριο \displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} g'(x)
τελευταία επεξεργασία από george visvikis σε Κυρ Μάιος 31, 2020 6:46 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Μάρκος Βασίλης
Δημοσιεύσεις: 284
Εγγραφή: Σάβ Αύγ 31, 2019 5:47 pm
Τοποθεσία: Καισαριανή
Επικοινωνία:

Re: Χωρίς DLH

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μάρκος Βασίλης » Κυρ Μάιος 31, 2020 3:34 pm

Για x\in[-\pi,0)\cup(0,\pi] έχουμε:

\displaystyle{\begin{aligned} 
g'(x)&=\frac{(\sin x+x\cos x)(1-\cos x)-x\sin x(\sin x)}{(1-\cos x)^2}=\\ 
&=\frac{\sin x-\sin x\cos x+x\cos x-x\cos^2x-x\sin^2x}{(1-\cos x)^2}=\\ 
&=\frac{\sin x-(\sin x-x)\cos x-x}{(1-\cos x)^2}=\\ 
&=\frac{(\sin x-x)(1-\cos x)}{(1-\cos x)^2}=\\ 
&=\frac{\sin x-x}{1-\cos x}=\\ 
&=f(x). 
\end{aligned}}

Από το Α) παίρνουμε, με χρήση του κριτηρίου παρεμβολής, ότι:

\displaystyle{\lim_{x\to^-}f(x)=0=\lim_{x\\to0^+}f(x)\Leftrightarrow\lim_{x\to0}f(x)=0}

επομένως το ζητούμενο όριο υπάρχει και είναι ίσο με 0. Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε και ότι η g είναι παραγωγίσιμη στο 0 με g'(0)=0.


\textcolor{blue}{\forall after-maths}
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 3231
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Χωρίς DLH

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Κυρ Μάιος 31, 2020 6:49 pm

Μάρκος Βασίλης έγραψε:
Κυρ Μάιος 31, 2020 3:34 pm
Για x\in[-\pi,0)\cup(0,\pi] έχουμε:

\displaystyle{\begin{aligned} 
g'(x)&=\frac{(\sin x+x\cos x)(1-\cos x)-x\sin x(\sin x)}{(1-\cos x)^2}=\\ 
&=\frac{\sin x-\sin x\cos x+x\cos x-x\cos^2x-x\sin^2x}{(1-\cos x)^2}=\\ 
&=\frac{\sin x-(\sin x-x)\cos x-x}{(1-\cos x)^2}=\\ 
&=\frac{(\sin x-x)(1-\cos x)}{(1-\cos x)^2}=\\ 
&=\frac{\sin x-x}{1-\cos x}=\\ 
&=f(x). 
\end{aligned}}

Από το Α) παίρνουμε, με χρήση του κριτηρίου παρεμβολής, ότι:

\displaystyle{\lim_{x\to^-}f(x)=0=\lim_{x\\to0^+}f(x)\Leftrightarrow\lim_{x\to0}f(x)=0}

επομένως το ζητούμενο όριο υπάρχει και είναι ίσο με 0. Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε και ότι η g είναι παραγωγίσιμη στο 0 με g'(0)=0.
Αυτό
Μάρκος Βασίλης έγραψε:
Κυρ Μάιος 31, 2020 3:34 pm
Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε και ότι η g είναι παραγωγίσιμη στο 0 με g'(0)=0.
από που προκύπτει ;
Με βάση το σχολικό εννοείται.


Μάρκος Βασίλης
Δημοσιεύσεις: 284
Εγγραφή: Σάβ Αύγ 31, 2019 5:47 pm
Τοποθεσία: Καισαριανή
Επικοινωνία:

Re: Χωρίς DLH

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μάρκος Βασίλης » Κυρ Μάιος 31, 2020 10:02 pm

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:
Κυρ Μάιος 31, 2020 6:49 pm
Μάρκος Βασίλης έγραψε:
Κυρ Μάιος 31, 2020 3:34 pm
Για x\in[-\pi,0)\cup(0,\pi] έχουμε:

\displaystyle{\begin{aligned} 
g'(x)&=\frac{(\sin x+x\cos x)(1-\cos x)-x\sin x(\sin x)}{(1-\cos x)^2}=\\ 
&=\frac{\sin x-\sin x\cos x+x\cos x-x\cos^2x-x\sin^2x}{(1-\cos x)^2}=\\ 
&=\frac{\sin x-(\sin x-x)\cos x-x}{(1-\cos x)^2}=\\ 
&=\frac{(\sin x-x)(1-\cos x)}{(1-\cos x)^2}=\\ 
&=\frac{\sin x-x}{1-\cos x}=\\ 
&=f(x). 
\end{aligned}}

Από το Α) παίρνουμε, με χρήση του κριτηρίου παρεμβολής, ότι:

\displaystyle{\lim_{x\to^-}f(x)=0=\lim_{x\\to0^+}f(x)\Leftrightarrow\lim_{x\to0}f(x)=0}

επομένως το ζητούμενο όριο υπάρχει και είναι ίσο με 0. Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε και ότι η g είναι παραγωγίσιμη στο 0 με g'(0)=0.
Αυτό
Μάρκος Βασίλης έγραψε:
Κυρ Μάιος 31, 2020 3:34 pm
Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε και ότι η g είναι παραγωγίσιμη στο 0 με g'(0)=0.
από που προκύπτει ;
Με βάση το σχολικό εννοείται.
Δεν είναι πρόταση του σχολικού - προφανώς - αλλά αποδεικνύεται με γνώσεις μόνο από το σχολικό ως εξής:

Ζητούμε να υπολογίσουμε, αν υπάρχει, το όριο:

\displaystyle{\lim_{x\to0}\frac{g(x)-2}{x}}

Τα όρια αριθμητή και παρονομαστή είναι 0 και αμφότεροι είναι παραγωγίσιμοι περί το 0 με τα όρια των παραγώγων εκεί να υπάρχουν. Επομένως, από τον σχετικό κανόνα DLH - εδώ «κλέβουμε» σε σχέση με το αρχικό ζητούμενο να δείξουμε την παραγωγισιμότητα χωρίς DLH, βέβαια - παίρνουμε ότι το ζητούμενο όριο ισούται με:

\displaystyle{\lim_{x\to0}\frac{g(x)-2}{x}=\frac{\lim\limits_{x\to0}g'(x)}{\lim\limits_{x\to0}1}=0}


\textcolor{blue}{\forall after-maths}
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9679
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Χωρίς DLH

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Δευ Ιουν 01, 2020 3:57 pm

Αλλιώς για τη συνέχεια της g ανεξάρτητα από το πρώτο ερώτημα:

\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} g(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \dfrac{{2x\sin \dfrac{x}{2}\cos \dfrac{x}{2}}}{{2{{\sin }^2}\dfrac{x}{2}}} = 2\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\cos \dfrac{x}{2}} \right)\left( {\dfrac{{\dfrac{x}{2}}}{{\sin \dfrac{x}{2}}}} \right) = 2 \cdot 1 \cdot 1 = 2=g(0)


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