mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 09, 2017 8:29 pm**

Έστω

μια αρχική της συνεχούς $f: R \to R$ για τις οποίες ισχύουν: $\displaystyle{\left\{\begin{matrix} F(0)=0\\ \\ F(x) \geq 3x\\ \\ f(x) \neq x\\ \\ x \in R\\ \end{matrix}\right.}$

και

μια αρχική της h(x)

για την οποία ισχύει: $\displaystyle{\left\{\begin{matrix} \displaystyle{h(x)=\frac{x}{f(x)-x}}\\ \\ H(x)=f(x)-x-3\\ \\ x \in R\\ \end{matrix}\right.}$

1) Να αποδείξετε ότι

παραγωγίσιμη στο

με $\displaystyle{f'(x)=\frac{f(x)}{f(x)-x}}$

2) Να βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης

3)
i) Να αποδείξετε ότι ισχύει: $\displaystyle{2F(x+1)<F(x)+F(x+2), x \in R}$

ii) Να λύσετε την εξίσωση: $\displaystyle{F(3^x+2018)-F(3^x+2017)=F(9^x+2018)-F(9^x+2017)}$

iii) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle{\frac{\left [ F(2)-2F(x) \right ]x^{2017}}{x-1}+\frac{H(x){2017}^x}{x-3}=0}$ έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο (1,3)

.

4) Nα υπολογιστεί το όριο $\displaystyle{\lim_{x \to +\infty}\left [ lnf(x) \right ]^{\displaystyle{\frac{x^3}{e^{x^2}}}}}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 10, 2017 4:09 pm**

erxmer έγραψε:Έστω μια αρχική της συνεχούς $f: R \to R$ για τις οποίες ισχύουν: $\displaystyle{\left\{\begin{matrix} F(0)=0\\ \\ F(x) \geq 3x\\ \\ f(x) \neq x\\ \\ x \in R\\ \end{matrix}\right.}$

και μια αρχική της για την οποία ισχύει: $\displaystyle{\left\{\begin{matrix} \displaystyle{h(x)=\frac{x}{f(x)-x}}\\ \\ H(x)=f(x)-x-3\\ \\ x \in R\\ \end{matrix}\right.}$

1) Να αποδείξετε ότι παραγωγίσιμη στο με $\displaystyle{f'(x)=\frac{f(x)}{f(x)-x}}$

2) Να βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης

3)
i) Να αποδείξετε ότι ισχύει: $\displaystyle{2F(x+1)<F(x)+F(x+2), x \in R}$

ii) Να λύσετε την εξίσωση: $\displaystyle{F(3^x+2018)-F(3^x+2017)=F(9^x+2018)-F(9^x+2017)}$

iii) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle{\frac{\left [ F(2)-2F(x) \right ]x^{2017}}{x-1}+\frac{H(x){2017}^x}{x-3}=0}$ έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο .

4) Nα υπολογιστεί το όριο $\displaystyle{\lim_{x \to +\infty}\left [ lnf(x) \right ]^{\displaystyle{\frac{x^3}{e^{x^2}}}}}$

...μέχρι το 3i....

1) Είναι $H(x)=f(x)-x-3,\,\,x\in R$ παραγωγίσιμη με ${H}'(x)={f}'(x)-1\Leftrightarrow h(x)={f}'(x)-1$ και αφού

$h(x)=\frac{x}{f(x)-x}$ ισχύει ότι $\frac{x}{f(x)-x}={f}'(x)-1\Leftrightarrow {f}'(x)=\frac{f(x)}{f(x)-x},\,\,x\in R$

2) Από ${f}'(x)=\frac{f(x)}{f(x)-x}$ ισοδύναμα έχουμε ${f}'(x)f(x)-{f}'(x)x=f(x)\Leftrightarrow {f}'(x)f(x)=x{f}'(x)+f(x)\Leftrightarrow$

$2{f}'(x)f(x)=2x{f}'(x)+2f(x)\Leftrightarrow {{\left( {{f}^{2}}(x) \right)}^{\prime }}={{\left( 2xf(x) \right)}^{\prime }},\,\,x\in R$

απ όπου ${{f}^{2}}(x)=2xf(x)+c$ (1)

Τώρα από $F(x)\ge 3x\Leftrightarrow F(x)-3x\ge 0,\,\,\,x\in R$ οπότε για την συνάρτηση $g(x)=F(x)-3x,\,\,x\in R$ ισχύει ότι

$g(x)\ge 0=g(0),\,\,x\in R$ άρα στο ${{x}_{0}}=0$ παρουσιάζει ακρότατο και επειδή είναι παραγωγίσιμη με {g}'(x)={F}'(x)-3=f(x)-3

λογω Fermat είναι ${g}'(0)=f(0)-3=0\Leftrightarrow f(0)=3$ και τότε από (1)

${{f}^{2}}(0)=c\Rightarrow 9=c$ άρα ${{f}^{2}}(x)=2xf(x)+9\Leftrightarrow {{f}^{2}}(x)-2xf(x)+{{x}^{2}}={{x}^{2}}+9\Leftrightarrow {{\left( f(x)-x \right)}^{2}}=\sqrt{{{x}^{2}}+9}$ ή

$|f(x)-x|=\sqrt{{{x}^{2}}+9}\ne 0$ άρα $f(x)-x\ne 0,\,\,x\in R$ και επειδή είναι συνεχής θα διατηρεί σταθερό το πρόσημο και επειδή

f(0)-0=3>0

θα είναι $f(x)-x>0,\,\,x\in R$ επομένως $f(x)-x=\sqrt{{{x}^{2}}+9}\Leftrightarrow f(x)=x+\sqrt{{{x}^{2}}+9},\,x\in R$

3) i) Θέλουμε $2F(x+1)<F(x)+F(x+2)\Leftrightarrow F(x+1)-F(x)<F(x+2)-F(x+1),\,\,\,\,x\in R$

Για την

στα διαστήματα $[x,\,\,x+1],\,\,[x+1,\,\,x+2]$ σύμφωνα με το Θ.Μ.Τ. υπάρχουν

${{\xi }_{1}}\in (x,\,\,x+1),\,\,{{\xi }_{2}}\in (x+1,\,\,x+2)$ για τα οποία ισχύει ότι ${F}'({{\xi }_{1}})=\frac{F(x+1)-F(x)}{x+1-x},\,\,{F}'({{\xi }_{2}})=\frac{F(x+2)-F(x+1)}{x+1-x-1}$ ή

$f({{\xi }_{1}})=F(x+1)-F(x),\,\,f({{\xi }_{2}})=F(x+2)-F(x+1)$ και επειδή ${f}'(x)=\frac{f(x)}{f(x)-x}>0,\,\,x\in R$ αφού

$f(x)=x+\sqrt{{{x}^{2}}+9}>0,\,x\in R$ και $f(x)-x>0,\,\,x\in R$ όπως δείξαμε πριν η

είναι γνήσια αύξουσα και αφού

${{\xi }_{1}}<{{\xi }_{2}}$ θα ισχύει ότι $f({{\xi }_{1}})<f({{\xi }_{2}})\Leftrightarrow F(x+1)-F(x)<F(x+2)-F(x+1),\,\,\,\,x\in R$ που θέλαμε.

...συνεχίζεται τώρα μάθημα...

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 11, 2017 6:13 pm**

3.II Θετω $\displaystyle{a=3^x+2017, b=3^x+2018,c=9^x+2017,d=9^x+2018, x_0=\frac{ln\frac{1+\sqrt{5}}{2}}{ln3}}$ και τοτε έχω
αν $\displaystyle{x>x_0 \Rightarrow a<b<c<d}$
αν $\displaystyle{0<x<x_0 \Rightarrow a<c<b<d}$
αν $\displaystyle{x<0 \Rightarrow c<a<d<b}$
Στην α περίπτωση η εξίσωση γίνεται με εφαρμογή του ΘΜΤ $\displaystyle{(a-b)f(u)=(c-d)f(v)}$ ή $\displaystyle{f(u)=f(v)}$ που είναι αδυνατη αφού $\displaystyle{f 1-1 ,u\ne v}$
Στην b περίπτωση η εξίσωση γίνεται με εφαρμογή του ΘΜΤ $\displaystyle{(a-c)f(u)=(b-d)f(v)}$ ή $\displaystyle{(3^x-9^x)(f(u)-f(v))=0}$ που είναι αδυνατη
Στην γ περίπτωση η εξίσωση γίνεται με εφαρμογή του ΘΜΤ $\displaystyle{(a-c)f(u)=(b-d)f(v)}$ ή $\displaystyle{(3^x-9^x)(f(u)-f(v))=0}$ που είναι αδυνατη
Για $\displaystyle{x=0}$ η εξίσωση γίνεται ταυτότητα
και εύκολα για $\displaystyle{x=x_0}$ πάλι αδυνατη
Μοναδική λύση το μηδέν

3iii. Θα δείξω το ΘΒ εξασφαλίζει το ζητούμενο
Aν $\displaystyle{w(x)=(x-3)(F(2)-2F(x))x^{2017}+(x-1)H(x)2017^x }$ τότε $\displaystyle{w(1)<0}$ αφού $\displaystyle{2F(0+1)<F(0)+F(0+2)}$ ενώ $\displaystyle{w(3)>0}$ αφού $\displaystyle{H(3)=3+\sqrt{18}-6=3(\sqrt{2}-1)>0}$

4 Κοντα στο απειρο είναι $\displaystyle{lnf(x)<f(x)=x+\sqrt{9+x^2}<x+2x<x^2=y}$ kai $\displaystyle{x^3/e^{x^2}<x^4/e^{x^2}=y^2/e^y }$
H δοσμενη παρασταση $\displaystyle{A<e^{(y^2/e^y)lny}<e^{y^3/e^y}}$
προφανως $\displaystyle{1<A}$ και με 3 D.L.H $\displaystyle{y^3/e^y\to 0 ,A\to 1}$

mathematica.gr

Μεταλλαγμένη

Μεταλλαγμένη

Re: Μεταλλαγμένη

Re: Μεταλλαγμένη