4ο θέμα στις ενδοσχολικές

KARKAR · #1

Δίνεται η συνάρτηση : $f(x)=\left\{\begin{matrix} \dfrac{ln(x+1)}{x} & , x>-1 , x\neq 0 \\ \\ k & , x=0 \end{matrix}\right.$

α) Βρείτε τον $k \in \mathbb{R}$ , για τον οποίο η

καθίσταται συνεχής στο $x_{0}=0$

β) Δείξτε ότι για κάθε $x\geq 0$ , ισχύει : $\dfrac{2}{x+2}\leq f(x)\leq\dfrac{1}{\sqrt{x+1}}$

γ) Βρείτε με προσέγγιση δεκάτου , το : $\displaystyle \int_{0}^{3}f(x)dx$

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Μάιος 02, 2024 10:37 am
Δίνεται η συνάρτηση : $f(x)=\left\{\begin{matrix} \dfrac{ln(x+1)}{x} & , x>-1 , x\neq 0 \\ \\ k & , x=0 \end{matrix}\right.$

α) Βρείτε τον $k \in \mathbb{R}$ , για τον οποίο η καθίσταται συνεχής στο $x_{0}=0$

β) Δείξτε ότι για κάθε $x\geq 0$ , ισχύει : $\dfrac{2}{x+2}\leq f(x)\leq\dfrac{1}{\sqrt{x+1}}$

γ) Βρείτε με προσέγγιση δεκάτου , το : $\displaystyle \int_{0}^{3}f(x)dx$

α) Είναι $\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\ln (x + 1)}}{x}\mathop = \limits^{0/0} \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{{x + 1}} = 1 \Rightarrow k = 1$
β) Για $\displaystyle x = 0$ ισχύει ως ισότητα . Έστω $\displaystyle x > 0$ .Τότε :
$\displaystyle \begin{array}{l} \frac{2}{{x + 2}} \le f(x) \le \frac{1}{{\sqrt {x + 1} }} \Leftrightarrow \frac{2}{{x + 2}} \le \frac{{\ln (x + 1)}}{x} \le \frac{1}{{\sqrt {x + 1} }} \Leftrightarrow \\ \\ \Leftrightarrow \frac{2}{{x + 2}} \le \frac{{\ln (x + 1)}}{x}\,\,\,\,(1)\,\,\,\,\,\,\, \wedge \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\frac{{\ln (x + 1)}}{x} \le \frac{1}{{\sqrt {x + 1} }}\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)\\ \\ (1) \Leftrightarrow \frac{2}{{x + 2}} \le \frac{{\ln (x + 1)}}{x} \Leftrightarrow (x + 2)\ln (x + 1) - 2x \ge 0 \end{array}$
Θεωρούμε τη συνάρτηση $\displaystyle g(x) = (x + 2)\ln (x + 1) - 2x$ με $\displaystyle x \ge 0$ και θέλουμε $\displaystyle \,g(x) > 0$ για $\displaystyle x > 0$
Είναι : $\displaystyle g'(x) = \ln (x + 1) - \frac{x}{{x + 1}}$ και $\displaystyle \,g''(x) = \frac{x}{{{{(x + 1)}^2}}} > 0$
Επομένως:
$\displaystyle \begin{array}{l} x > 0 \Rightarrow g''(x) > 0 \Rightarrow g' \uparrow \Rightarrow g'(x) > g'(0) \Rightarrow g'(x) > 0 \Rightarrow g \uparrow \Rightarrow g(x) > g(0) \Rightarrow g(x) > 0\\ \end{array}$
$\displaystyle (2) \Leftrightarrow \frac{{\ln (x + 1)}}{x} \le \frac{1}{{\sqrt {x + 1} }} \Leftrightarrow \ln (x + 1)\sqrt {x + 1} - x \le 0$

Θεωρούμε τη συνάρτηση $\displaystyle t(x) = \ln (x + 1)\sqrt {x + 1} - x,\,\,x \ge 0$ και θέλουμε $\displaystyle t(x) < 0$ για $\displaystyle x > 0$
Έστω $\displaystyle u = \sqrt {x + 1} > 0 \Rightarrow x = {u^2} - 1$ . Τότε:
$\displaystyle t(u) = 2u\ln u - {u^2} + 1,\,\,u > 0$
$\displaystyle t'(u) = 2\ln u + 2 - 2u$ και $\displaystyle t''(u) = \frac{2}{u} - 2 = \frac{{2(1 - u)}}{u}$ . Οπότε:
$\displaystyle \begin{array}{l} u < 1 \Rightarrow t''(u) > 0 \Rightarrow t' \uparrow \Rightarrow t'(u) < t'(1) \Rightarrow t'(u) < 0 \Rightarrow t \downarrow \Rightarrow t(u) < t(1) \Rightarrow t(u) < 0\\ \\ u > 1 \Rightarrow t''(u) < 0 \Rightarrow t' \downarrow \Rightarrow t'(u) < t'(1) \Rightarrow t'(u) < 0 \Rightarrow t \downarrow \Rightarrow t(u) < t(1) \Rightarrow t(u) < 0 \end{array}$
Επομένως : $\displaystyle t(x) < 0$ για $\displaystyle x > 0$ .
γ) Ισχύει $\displaystyle \frac{2}{{x + 2}} \le \frac{{\ln (x + 1)}}{x} \le \frac{1}{{\sqrt {x + 1} }}$ και οι ισότητες δεν ισχύουν παντού. Επομένως :
$\displaystyle \begin{array}{l} \int_0^3 {\frac{2}{{x + 2}}} dx < \int_0^3 {f(x)} dx < \int_0^3 {\frac{1}{{\sqrt {x + 1} }}} dx\\ \Leftrightarrow [2\ln (x + 2)]_0^3 < \int_0^3 {f(x)} dx < [2\sqrt {x + 1} ]_0^3 \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow 2\ln \frac{5}{2} < \int_0^3 {f(x)} dx < 2 \end{array}$
Επειδή $\displaystyle 2\ln \frac{5}{2} = 2\ln (2,5) < 2\ln e = 2$ , μια προσέγγιση για το ολοκλήρωμα είναι $\displaystyle \int_0^3 {f(x)} dx = 1,9$

Aba · #3

Μια λίγο διαφορετική προσέγγιση για το 2ο σκέλος του β)
Θεωρούμε l(x)=f^2(x)(x+1)

$l'(x)=\frac{ln(x+1)[2x-(x+2)ln(x+1)]}{x^3}$
Θεωρούμε h(x)=2x-(x+2)ln(x+1)

$h'(x)=1-ln(x+1)-\frac{1}{x+1}\leq 0$
Διότι $ln(x)\leq x-1\Rightarrow ln(\frac{1}{x})\leq \frac{1}{x}-1\Rightarrow lnx\geq 1-\frac{1}{x}\Rightarrow ln(x+1)\geq 1-\frac{1}{x+1}$
Άρα, η h(x)

είναι γν. φθίνουσα και $h(x)\leq h(0)=0$
Άρα, η $l'(x)\leq 0 \Rightarrow l(x)$ γν. φθίνουσα $\Rightarrow l(x)\leq l(0)=1$
Καταλήξαμε στο ότι $f^2(x)(x+1)\leq 1\Rightarrow \left | f(x) \right |\leq \frac{1}{\sqrt{x+1}}$
Επιπλέον, f(x)> 0

για κάθε χ>0
Άρα, $f(x) \leq \frac{1}{\sqrt{x+1}}$ $\blacksquare$

KARKAR · #4

Για το ερώτημα γ) θεωρήθηκαν γνωστά τα : $\ln{10}\simeq 2.303$ και : $\ln2\simeq0.693$ ( σε σχολική

εξέταση θα έπρεπε να δοθούν στην εκφώνηση ) , οπότε : $2\ln\dfrac{5}{2}=2(\ln{10}-2\ln2) \simeq1.832$ .

Αλλά και πάλι το γεγονός ότι : 1.832<E<2

, δεν συνεπάγεται ότι η προσέγγιση δεκάτου του

είναι το

( θα μπορούσε επίσης να είναι το : 1.8

, ή το :

)

Στην πραγματικότητα , πάντως , το

είναι περίπου : 1,93937

....

4ο θέμα στις ενδοσχολικές

4ο θέμα στις ενδοσχολικές

Re: 4ο θέμα στις ενδοσχολικές

Re: 4ο θέμα στις ενδοσχολικές

Re: 4ο θέμα στις ενδοσχολικές

Μέλη σε σύνδεση