mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Αύγ 17, 2020 4:27 pm**

Δίνονται οι πραγματικοί αριθμοί $\displaystyle a,b$ , με $\displaystyle a>0$ και η συνάρτηση $\displaystyle f(x)=\left\{ \begin{matrix} \frac{\ln (a+x)-x}{{{x}^{2}}},-a<x\ne 0 \\ b\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,,\,\,\,\,\,\,\,\,\,x=0 \\ \end{matrix} \right.$
Α) Να βρείτε τους $\displaystyle a,b$ ώστε η $\displaystyle f$ να είναι συνεχής στο $\displaystyle {{D}_{f}}=(-a,+\infty )$

Β) Για τις τιμές των $\displaystyle a,b$ που βρήκατε στο (Α) :
α) Να δείξετε ότι $\displaystyle f(x)<0$ για κάθε $\displaystyle x\in {{D}_{f}}$ .
β) Να βρείτε την παράγωγο της $\displaystyle f$ για κάθε $\displaystyle x\in {{D}_{f}}$ .
γ) Να δείξετε ότι η $\displaystyle f$ είναι γνησίως αύξουσα στο πεδίο ορισμού της .
δ) Να δείξετε ότι είναι κοίλη στο πεδίο ορισμού της .
ε) Να υπολογίσετε το εμβαδόν $\displaystyle E(k)$ του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της $\displaystyle f$ , τον $\displaystyle x{x}'$ και τις ευθείες με εξισώσεις $\displaystyle x=k,x=1$ , όπου $\displaystyle 0<k<1$ και κατόπιν το $\displaystyle \underset{k\to 0}{\mathop{\lim }}\,\left( E(k) \right)$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 18, 2020 4:32 pm**

exdx έγραψε: ↑
Δευ Αύγ 17, 2020 4:27 pm
Δίνονται οι πραγματικοί αριθμοί $\displaystyle a,b$ , με $\displaystyle a>0$ και η συνάρτηση $\displaystyle f(x)=\left\{ \begin{matrix} \frac{\ln (a+x)-x}{{{x}^{2}}},-a<x\ne 0 \\ b\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,,\,\,\,\,\,\,\,\,\,x=0 \\ \end{matrix} \right.$
Α) Να βρείτε τους $\displaystyle a,b$ ώστε η $\displaystyle f$ να είναι συνεχής στο $\displaystyle {{D}_{f}}=(-a,+\infty )$

Β) Για τις τιμές των $\displaystyle a,b$ που βρήκατε στο (Α) :
α) Να δείξετε ότι $\displaystyle f(x)<0$ για κάθε $\displaystyle x\in {{D}_{f}}$ .
β) Να βρείτε την παράγωγο της $\displaystyle f$ για κάθε $\displaystyle x\in {{D}_{f}}$ .
γ) Να δείξετε ότι η $\displaystyle f$ είναι γνησίως αύξουσα στο πεδίο ορισμού της .
δ) Να δείξετε ότι είναι κοίλη στο πεδίο ορισμού της .
ε) Να υπολογίσετε το εμβαδόν $\displaystyle E(k)$ του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της $\displaystyle f$ , τον $\displaystyle x{x}'$ και τις ευθείες με εξισώσεις $\displaystyle x=k,x=1$ , όπου $\displaystyle 0<k<1$ και κατόπιν το $\displaystyle \underset{k\to 0}{\mathop{\lim }}\,\left( E(k) \right)$

...γειά σου Γιώργη...μια αντιμετώπιση....

ΛΥΣΗ
Α) Επειδή η $\displaystyle f(x)=\left\{ \begin{matrix} \frac{\ln (a+x)-x}{{{x}^{2}}},-a<x\ne 0 \\ b\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,,\,\,\,\,\,\,\,\,\,x=0 \\ \end{matrix} \right.$

είναι συνεχής στο $(-a,0)\cup (0,+\infty )$ για να είναι συνεχής στο $\displaystyle {{D}_{f}}=(-a,+\infty )$ αναγκαία συνεχής και

στο ${{x}_{0}}=0$ δηλαδή πρέπει και αρκεί $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=f(0)=b$ (1)

Είναι τώρα $f(x)=\frac{\ln (a+x)-x}{{{x}^{2}}},x\ne 0$ οπότε ${{x}^{2}}f(x)=\ln (a+x)-x$ και επειδή $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,{{x}^{2}}f(x)=0$

αναγκαία λόγω της ισότητας $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,(\ln (a+x)-x)=0\Rightarrow \ln a=0\Rightarrow a=1$

τότε $f(x)=\frac{\ln (1+x)-x}{{{x}^{2}}},x\ne 0$ και $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,f\left( x \right)=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln (1+x)-x}{{{x}^{2}}}\underset{DLH}{\overset{\frac{0}{0}}{\mathop{=}}}\,\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\frac{1}{1+x}-1}{2x}=$

$=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\frac{-x}{1+x}}{2x}=-\frac{1}{2}$ έτσι $b=-\frac{1}{2}$

Β) Είναι τώρα $f(x)=\left\{ \begin{matrix} \frac{\ln (1+x)-x}{{{x}^{2}}},-1<x\ne 0 \\ -\frac{1}{2},x=0 \\ \end{matrix} \right.$

α) Ως γνωστόν ισχύει $\ln (1+x)\le (1+x)-1,\,\,x>-1$ ή $\ln (1+x)\le x,\,\,x>-1$ ή $\ln (1+x)-x\le 0,\,\,x>-1$ και η ισότητα μόνο για x=0

επομένως προφανώς ισχύει ότι $\displaystyle f(x)<0$ για κάθε $\displaystyle x\in {{D}_{f}}$ .

β) Είναι για $x\ne 0$ παραγωγίσιμη με ${f}'\left( x \right)=\frac{\left( \frac{1}{1+x}-1 \right){{x}^{2}}-2x\left( \ln (1+x \right)-x)}{{{x}^{4}}}$

${f}'\left( x \right)=\frac{\frac{-{{x}^{3}}}{1+x}-2x\ln (1+x)+2{{x}^{2}}}{{{x}^{4}}}=\frac{-\frac{{{x}^{2}}}{1+x}-2\ln (1+x)+2x}{{{x}^{3}}}=$

${f}'\left( x \right)=\frac{{{x}^{2}}-2(x+1)\ln (1+x)+2x}{{{x}^{3}}(x+1)},x\ne 0$

Στο $x\ne 0$ έχουμε $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{f\left( x \right)-f\left( 0 \right)}{x}\underset{DLH}{\overset{\frac{0}{0}}{\mathop{=}}}\,\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,{f}'\left( x \right)=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}-2(x+1)\ln (1+x)+2x}{{{x}^{3}}(x+1)}$ με

$\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}-2(x+1)\ln (1+x)+2x}{{{x}^{3}}}\underset{DLH}{\overset{\frac{0}{0}}{\mathop{=}}}\,\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{2x-2\ln (1+x)-2+2}{3{{x}^{2}}}\underset{DLH}{\overset{\frac{0}{0}}{\mathop{=}}}\,\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{2-2\frac{1}{1+x}}{6x}=\frac{1}{3}$

επομένως ${f}'\left( x \right)=\left\{ \begin{matrix} & \frac{{{x}^{2}}-2(x+1)\ln (1+x)+2x}{{{x}^{3}}(x+1)},-1<x\ne 0 \\ & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\frac{1}{3}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,,\,x=0 \\ \end{matrix} \right.$

γ) Για την συνάρτηση $g(x)={{x}^{2}}-2(x+1)\ln (1+x)+2x,\,\,x>-1$ είναι g(0)=0

και ${g}'(x)=2x-2\ln (1+x)>0$ (όπως προηγούμενα για $x\ne 0$ άρα για

$x<0\Rightarrow g(x)<0$ άρα ${f}'\left( x \right)=\frac{g(x)}{{{x}^{3}}(x+1)}>0,\,\,\,\,\,\,-1<x<0$ και για

$x>0\Rightarrow g(x)>0$ άρα ${f}'\left( x \right)=\frac{g(x)}{{{x}^{3}}(x+1)}>0,\,\,\,\,\,\,x>0$ έτσι είναι ${f}'\left( x \right)>0,\,\,\,\,\,\,-1<x$

επομένως $\displaystyle f$ είναι γνησίως αύξουσα στο πεδίο ορισμού της.

δ) Είναι τώρα ${f}'\left( x \right)=\frac{g(x)}{{{x}^{3}}(x+1)},\,\,\,\,\,\,-1<x\ne 0$ οπότε ${f}''\left( x \right)=\frac{{g}'(x)({{x}^{2}}+x)-g(x)(4x+3)}{{{x}^{4}}{{(x+1)}^{2}}},\,\,\,\,\,\,-1<x\ne 0$ (2)

Τώρα για την συνάρτηση $h(x)={g}'(x)({{x}^{2}}+x)-g(x)(4x+3),\,\,\,-1<x$ είναι h(0)=0

και ${h}'(x)={g}''(x)({{x}^{2}}+x)+{g}'(x)(2x+1)-{g}'(x)(4x+3)-4g(x)=$

$={g}''(x)({{x}^{2}}+x)+2(x+1){g}'(x)-4g(x)$ (3)

$2(x+1){g}'(x)=2(x+1)(2x-2\ln (1+x))=4{{x}^{2}}+4x-4(x+1)\ln (1+x)$ (4)

$4g(x)=4{{x}^{2}}-8(x+1)\ln (1+x)+8x=4{{x}^{2}}+8x-8(x+1)\ln (x+1)$ (5) και

${g}''(x)({{x}^{2}}+x)=\frac{2x}{x+1}x(x+1)=2{{x}^{2}}$ (6)

Τώρα λόγω (4),(5),(6) η (3) γίνεται {h}'(x)=-2(g(x)+2x)

και σύμφωνα με προηγούμενα είναι για $-1<x<0\Rightarrow {h}'(x)>0$ άρα η

είναι

γνήσια αύξουσα στο $(-1,\,0]$ και $x>0\Rightarrow {h}'(x)<0$ άρα η

είναι γνήσια φθίνουσα στο $[0,+\infty )$ άρα έχουμε μέγιστο στο x=0

το

και επομένως ${f}''\left( x \right)=\frac{h(x)}{{{x}^{4}}{{(x+1)}^{2}}}<0,\,\,\,\,\,\,-1<x\ne 0$ άρα η {f}'

γνήσια φθίνουσα και επομένως η

κοίλη.

ε) Το ζητούμενο εμβαδό είναι $E(k)=\int\limits_{k}^{1}{\left| f(x) \right|}dx=-\int\limits_{k}^{1}{f(x)dx}=-\int\limits_{k}^{1}{\frac{\ln (x+1)-x}{{{x}^{2}}}}={{\int\limits_{k}^{1}{\left( \frac{1}{x} \right)}}^{\prime }}(\ln (x+1)-x)dx=$

$=\left[ \frac{\ln (x+1)-x}{x} \right]_{k}^{1}-\int\limits_{k}^{1}{\frac{1}{x}}(\frac{1}{x+1}-1)dx=\left[ \frac{\ln (x+1)-x}{x} \right]_{k}^{1}+\int\limits_{k}^{1}{\frac{1}{x+1}}dx=$

$=\left[ \frac{\ln (x+1)-x}{x} \right]_{k}^{1}+\left[ \ln (x+1) \right]_{k}^{1}=2\ln 2-\ln (k+1)-\frac{\ln (k+1)}{k}$ και εύκολα $\underset{k\to 0}{\mathop{\lim }}\,\left( E(k) \right)=2\ln 2-1$

...ελπίζω να μην εχω κάνει πατάτα στις πράξεις...

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

mathematica.gr

Με απλά υλικά (24)

Με απλά υλικά (24)

Re: Με απλά υλικά (24)