Ενισχυμένη

Δυσκολότερα θέματα τα οποία όμως άπτονται της σχολικής ύλης και χρησιμοποιούν αποκλειστικά θεωρήματα που βρίσκονται μέσα σε αυτή. Σε διαφορετική περίπτωση η σύνταξη του μηνύματος θα πρέπει να γίνει στο υποφόρουμ "Ο ΦΑΚΕΛΟΣ ΤΟΥ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΥ"

Συντονιστής: Μπάμπης Στεργίου

Άβαταρ μέλους
erxmer
Δημοσιεύσεις: 1615
Εγγραφή: Δευ Σεπ 13, 2010 7:49 pm
Επικοινωνία:

Ενισχυμένη

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από erxmer » Τρί Φεβ 14, 2017 2:31 pm

Eστω F(x) μια αρχική συνάρτησης f για την οποία ισχύει η σχέση \displaystyle{\left\{\begin{matrix} 
f'(x)=\displaystyle{\frac{x^2-2x+2}{x^2+2}} \cdot f(x)\\  
\\ 
\displaystyle{f(0)=\frac{1}{2}}\\  
 
\end{matrix}\right.} με F(1)=0 και G(x) μια αρχική συνάρτησης g για την οποία ισχύει η σχέση

\displaystyle{g(x)=\frac{f(x)}{e^{2x}}} με G(0)=0.

1) Nα προσδιοριστούν οι τύποι των συναρτήσεων f,g

2) Nα μελετηθούν οι F,G ως προς την κυρτότητα και την μονοτονία

3) Nα αποδειχθεί οτι η εξίσωση f(x)=-lnx, x>0 έχει μοναδική θετική ρίζα

4) Nα υπολογιστεί το εμβαδό του χωρίου μεταξύ της C_h με \displaystyle{h(x)=xe^x \cdot g(x)} και της e^x μεταξύ των ευθειών x=-2, x=1

5) Να λυθεί η ανίσωση \displaystyle{F(F(x))> G(-1)}

6) \displaystyle{\frac{e(x-1)}{3}< F(x) <\frac{e^x(x-1)}{x^2+2}, x>1}

7) Nα υπολογιστούν τα \displaystyle{\lim_{x \to  +\infty}\frac{F(x)sinx}{e^x}}, \displaystyle{\lim_{x \to  +\infty}\frac{f(x)g(x)}{lnx}}, \displaystyle{\lim_{x \to  +\infty}[F(x+1)-F(x)]
τελευταία επεξεργασία από erxmer σε Παρ Μαρ 24, 2017 12:30 am, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
kostas232
Δημοσιεύσεις: 134
Εγγραφή: Πέμ Ιούλ 24, 2014 5:28 pm
Τοποθεσία: Κορινθία

Re: Ενισχυμένη

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από kostas232 » Τρί Φεβ 14, 2017 10:13 pm

...Δίνω μια σύντομη λύση για τα 3 πρώτα ερωτήματα.
1) Από τη δοθείσα σχέση πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη με \displaystyle{e^{-x}(x^2+2)} έχουμε:
\displaystyle{e^{-x}(x^2+2)f'(x)=(x^2-2x+2)e^{-x}f(x) \Leftrightarrow e^{-x}(x^2+2)f'(x)+(e^{-x}(x^2+2))'=0 \Leftrightarrow}
\displaystyle{ \Leftrightarrow (e^{-x}(x^2+2)f(x))'=0 \Leftrightarrow e^{-x}(x^2+2)f(x)=c,x\in \mathbb{R}(1)}. Για \displaystyle{x=0} η (1) δίνει \displaystyle{2f(1)=c \Leftrightarrow c=1}. Άρα \displaystyle{\boxed{f(x)=\frac{e^x}{x^2+2}, x\in \mathbb{R}}} και \displaystyle{g(x)=\frac{f(x)}{e^{2x}} \Leftrightarrow \boxed{g(x)=\frac{1}{(x^2+2)e^x}}.

2) Έχουμε \displaystyle{F'(x)=f(x)=\frac{e^x}{x^2+2}>0}, για κάθε \displaystyle{x\in \mathbb{R}}. Άρα, η \displaystyle{F} είναι γνησίως αύξουσα στο \displaystyle{\mathbb{R}}. Επίσης \displaystyle{F''(x)=f'(x)=\frac{e^x(x^2-2x+2)}{(x^2+2)^2}>0} για κάθε \displaystyle{x\in \mathbb{R}}, αφού \displaystyle{x^2-2x+2=(x-1)^2+1>0}, για κάθε \displaystyle{x\in \mathbb{R}}, άρα η \displaystyle{F} είναι κυρτή στο \displaystyle{\mathbb{R}}.
Επίσης, έχουμε \displaystyle{G'(x)=g(x)=\frac{1}{e^x(x^2+2)}>0}, άρα η \displaystyle{G} είναι γνησίως αύξουσα στο \displaystyle{\mathbb{R}} και \displaystyle{G''(x)=g'(x)=-\frac{e^x(x^2+2x+2)}{(e^x(x^2+2))^2}<0}, άρα η \displaystyle{G} είναι κοίλη.

3) Είναι ισοδύναμη με την \displaystyle{f(x)+lnx=0 \Leftrightarrow k(x)=0(2)}, όπου \displaystyle{k(x)=f(x)+lnx, x>0} που είναι γν. αύξουσα αφού \displaystyle{k'(x)=f'(x)+\frac{1}{x}>0}, για κάθε \displaystyle{x>0}. Όμως \displaystyle{\lim_{x\to 0^+}k(x)=\lim_{x\to 0^+}f(x)+\lim_{x \to 0^+}lnx=\lim_{x\to 0^+}\frac{e^x}{x^2+2}+\lim_{x\to 0^+}lnx=\frac{1}{2}-\infty =-\infty} και
\displaystyle{\lim_{x\to +\infty}k(x)=\lim_{x\to +\infty}f(x)+\lim_{x\to +\infty}lnx=\lim_{x\to +\infty}\frac{e^x}{x^2+2}+\lim_{x\to +\infty}lnx=+\infty}, αφού με διπλή εφαρμογή το Κανόνα De L' Hospital έχουμε \displaystyle{\lim_{x\to +\infty}\frac{e^x}{x^2+2}=\lim_{x\to +\infty}\frac{e^x}{2x}=\lim_{x\to +\infty}\frac{e^x}{2}=+\infty}. Έτσι, το σύνολο τιμών της \displaystyle{k} είναι το
\displaystyle{(\lim_{x\to 0^+}k(x),\lim_{x\to +\infty}k(x))=(-\infty,+\infty)=\mathbb{R}}.
Επομένως,η εξίσωση (2) έχει μία ακριβώς θετική ρίζα.


Carpe Diem
Άβαταρ μέλους
erxmer
Δημοσιεύσεις: 1615
Εγγραφή: Δευ Σεπ 13, 2010 7:49 pm
Επικοινωνία:

Re: Ενισχυμένη

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από erxmer » Πέμ Μαρ 09, 2017 9:21 pm

επαναφορά για τα 4-7 :D


siobaras
Δημοσιεύσεις: 48
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 12, 2013 2:43 am

Re: Ενισχυμένη

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από siobaras » Τρί Μαρ 21, 2017 4:47 pm

Ευχαριστούμε για τις ωραίες ασκήσεις!

Θα γράψω το συντομότερο μία λύση για τα 5-7.
(Ελπίζω να είναι ΟΚ με Equation)

Το 4 είναι σίγουρα σωστό; Ίσως εγώ δεν καταλαβαίνω κάτι καλά, γιατί με μια πρώτη ματιά δε βλέπω πώς μπορεί να βρεθεί το πρόσημο.


Νίκος Σιώμος
siobaras
Δημοσιεύσεις: 48
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 12, 2013 2:43 am

Re: Ενισχυμένη

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από siobaras » Τρί Μαρ 21, 2017 8:15 pm

5) Από τα δεδομένα προκύπτει ότι G(x)= \int _0^x g(t)dt και F(x)= \int_1^x f(t)dt , καθώς τα ολοκληρώματα είναι επίσης παράγουσες των f(x),g(x) οπότε θα διαφέρουν κατά μία αντίστοιχη σταθερά από τις F(x),G(x), που όμως είναι μηδενικές με βάση τα δεδομένα F(1)=0, G(0)=0.

Στο G(-1)=\int _0^{-1} g(t)dt θέτω u=-t και προκύπτει ότι G(-1)=F(0).

Η F είναι γνησίως αύξουσα από τα προηγούμενα, άρα η ανίσωση γίνεται:

F(F(x))>F(0) \Leftrightarrow F(x)>0\Leftrightarrow F(x)>F(1) \Leftrightarrow x>1



6) H f είναι γνησίως αύξουσα, όπως αποδείχθηκε σε προηγούμενο ερώτημα, άρα για κάθε x>1 και για κάθε 1\leq t \leq x θα ισχύει:

f(1)\leq f(t) \leq f(x)

Επειδή δεν ισχύουν παντού οι ισότητες, ολοκληρώνοντας θα έχουμε:

\int _1^x \frac {e}{3} dt < F(x) < \int _1^x f(x)dt \Leftrightarrow \frac {e(x-1)}{3}<F(x)<f(x)(x-1) που είναι το ζητούμενο.


7)
Για το πρώτο όριο
Από την ανισότητα που αποδείξαμε στο (6), διαιρώντας με e^x:

\frac {e(x-1)} {3e^x} < \frac {F(x)}{e^x} < \frac {x-1} {x^2+2}

Παίρνοντας όρια και εφαρμόζοντας DLH στο αριστερά όριο, από Κ.Π. βρίσκουμε ότι \lim_{x \to \infty}\ \frac {F(x)}{e^x} = 0.

Τώρα, αφού -\frac {F(x)}{e^x} \leq \frac {F(x) sinx} {e^x} \leq \frac {F(x)} {e^x}, με μια ακόμα εφαρμογή του Κ.Π. έχουμε ότι το ζητούμενο όριο είναι ίσο με 0


Για το δεύτερο όριο:

\frac {f(x)g(x)}{lnx}=\frac {1} {(x^2+2)^{2}lnx} \rightarrow 0 καθώς ο παρονομαστής απειρίζεται.

Για το τρίτο όριο:
Εφαρμόζω ΘΜΤ για την F(x) στο διάστημα [x,x+1] με x>0.

Υπάρχει c=c(x) \in (x,x+1) ώστε F(x+1)-F(x)=F'(c)=f(c)

Επειδή x<c(x)<x+1 , για x \to \infty από Κ.Π. θα είναι και c(x) \to \infty, άρα θέτοντας c(x)=u το ζητούμενο όριο γίνεται \lim_{u \to \infty} f(u), που με κανόνα DLH κάνει +\infty.


Νίκος Σιώμος
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΘΕΜΑΤΑ ΜΕ ΑΠΑΙΤΗΣΕΙΣ Γ'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης