mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 16, 2017 10:02 pm**

Δίνεται συνάρτηση $f: R \to R$ με f(0)=1, f'(0)=0

ώστε $\displaystyle{[f'(x)]^2+f(x)f''(x)-f(x)f'(x)=1-x, x \in R}$ .

1) Nα βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης

2) $\displaystyle{|\sqrt{b^2+1}-\sqrt{a^2+1}|<|a-b|, a<b}$

3) Αν $\displaystyle{G(x)=\frac{e^x-e^{-x}}{2}}$ να βρεθεί η αντίστροφή της και να υπολογιστεί το $\displaystyle{\int_{0}^{1}\frac{1}{f(x)}dx}$

4) $\displaystyle{\int_{0}^{1}\left ( f(x)-x \right )dx>\frac{1}{2}}$

5) $\displaystyle{\int_{2}^{19}\frac{x^3}{f(x))}dx>2017}$

6) $\displaystyle{\left ( b-a \right )\sqrt{\left ( \frac{b+a}{2} \right )^2+1} \leq \int_{a}^{b}f(x)dx, b>a}$

7) Nα λυθεί η εξίσωση f(x)=lnx+x

8) $\displaystyle{\lim_{x \to +\infty}\frac{sin\left ( ln^3x \right )}{\sqrt[4]{x^2+1}}=0}$

συνέχεια απο αυτή

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 17, 2017 6:39 pm**

Για το (1)
$\displaystyle{\begin{array}{l} {[f'(x)]^2} + f(x)f''(x) - f(x)f'(x) = 1 - x \Rightarrow {\left( {2f(x)f'(x)} \right)^\prime } - 2f(x)f'(x) = 2 - 2x \Rightarrow \\ \Rightarrow {\left( {{{\left( {{f^2}(x)} \right)}^\prime }} \right)^\prime } - {\left( {{f^2}(x)} \right)^\prime } = 2 - 2x \Rightarrow {\left( {{f^2}(x)} \right)^\prime } - {f^2}(x) = 2x - {x^2} + {c_1} \Rightarrow {\left( {{f^2}(x)} \right)^\prime } - {f^2}(x) = 2x - {x^2} - 1 \Rightarrow \\ \Rightarrow {\left( {{f^2}(x)} \right)^\prime }{e^{ - x}} + {\left( {{e^{ - x}}} \right)^\prime }{f^2}(x) = 2x{e^{ - x}} - {x^2}{e^{ - x}} - {e^{ - x}} \Rightarrow {\left( {{e^{ - x}}{f^2}(x)} \right)^\prime } = {\left( {{x^2}{e^{ - x}} + {e^{ - x}}} \right)^\prime } \Rightarrow \\ {e^{ - x}}{f^2}(x) = {x^2}{e^{ - x}} + {e^{ - x}} + c \\ \end{array}}$
Για $\displaystyle{x=0\Rightarrow c=0}$ άρα $\displaystyle{{{e}^{-x}}{{f}^{2}}(x)={{x}^{2}}{{e}^{-x}}+{{e}^{-x}}\Rightarrow {{f}^{2}}(x)={{x}^{2}}+1}$
Επειδή $\displaystyle{f(x)\ne 0}$ και η $\displaystyle{f}$ συνεχής οπότε διατηρεί πρόσημο κι αφού $\displaystyle{f(0)=1>0}$ θα είναι :
$\displaystyle{f(x)=\sqrt{{{x}^{2}}+1}}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 17, 2017 10:36 pm**

erxmer έγραψε:Δίνεται συνάρτηση $f: R \to R$ με ώστε $\displaystyle{[f'(x)]^2+f(x)f''(x)-f(x)f'(x)=1-x, x \in R}$ .

1) Nα βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης

2) $\displaystyle{|\sqrt{b^2+1}-\sqrt{a^2+1}|<|a-b|, a<b}$

3) Αν $\displaystyle{G(x)=\frac{e^x-e^{-x}}{2}}$ να βρεθεί η αντίστροφή της και να υπολογιστεί το $\displaystyle{\int_{0}^{1}\frac{1}{f(x)}dx}$

4) $\displaystyle{\int_{0}^{1}\left ( f(x)-x \right )dx>\frac{1}{2}}$

5) $\displaystyle{\int_{2}^{19}\frac{x^3}{f(x))}dx>2017}$

6) $\displaystyle{\left ( b-a \right )\sqrt{\left ( \frac{b+a}{2} \right )^2+1} \leq \int_{a}^{b}f(x)dx, b>a}$

7) Nα λυθεί η εξίσωση

8) $\displaystyle{\lim_{x \to +\infty}\frac{sin\left ( ln^3x \right )}{\sqrt[4]{x^2+1}}=0}$

συνέχεια απο αυτή

Καλησπέρα στην εκλεκτή παρέα.
Συνεχίζοντας την λύση της ωραίας άσκησης για το 2) και το 3)...

2) $|\sqrt{b^2+1}-\sqrt{a^2+1}|<|a-b|$ $\Leftrightarrow$ $\left | \dfrac{\sqrt{b^2 +1} - \sqrt{a^2 +1}}{b-a} \right | <1$ (1)

Ισχύουν οι προϋπεθέσεις του ΘΜΤ. για την

στο

Συνεπώς υπάρχει τουλάχιστον ένα $k\in(a,b)$ τέτοιο ώστε : $f'(k)= \dfrac{\sqrt{b^2 +1} - \sqrt{a^2 +1}}{b-a}$ .
Επίσης $f'(x)=\dfrac{x}{\sqrt{x^2 +1}}$ . Επομένως λόγω της (1) αρκεί να δείξω:
|f'(k)|<1

$\Leftrightarrow$ $\dfrac{|k|} {\sqrt{k^2 +1}} <1$ $\Leftrightarrow$ $|k|< \sqrt{k^2 +1}$ $\Leftrightarrow$ k^2 <k^2 +1

$\Leftrightarrow$ 0<1

, ισχύει.

3) Είναι $\displaystyle{G'(x)=\frac{e^x+e^{-x}}{2}} >0$ . Άρα η

είναι γνησίως αύξουσα στο $\mathbb{R}$ , συνεπώς και G: 1-1.

Τώρα για

έχουμε : $y=\dfrac{e^x-e^{-x}}{2} \Leftrightarrow \left ( (e^x) \right )^2 -2ye^x -1=0.$
Θέτω e^x=t >0

. Είναι

και έχουμε δεκτή ρίζα την θετική, $t = y + \sqrt{y^2 +1}$ .
Άρα $e^x = y + \sqrt{y^2 +1}$ $\Leftrightarrow$ $x =ln \left ( y + \sqrt{y^2 +1} \right )$ .
Επομένως $G^{-1}(x)= ln \left ( x + \sqrt{x^2 +1} \right ) .$

Επίσης $\left ( G^{-1} \right )'(x)=\dfrac{1}{\sqrt{x^2 +1}}=\dfrac{1}{f(x)}$ .

Άρα $\displaystyle \int_{0}^{1}\dfrac{1}{f(x)}dx = G^{-1}(1)- G^{-1}(0)=ln\left (1+ \sqrt{2} \right ).$

Φιλικά
Σταμ. Γλάρος

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 18, 2017 6:53 pm**

Συνέχεια με τα 4 ,7 , 8

4) $\displaystyle{f(x)-x=\sqrt{{{x}^{2}}+1}-x\ge 1-x\Rightarrow \int_{0}^{1}{(f(x)-x)dx>\int_{0}^{1}{(1-x)}}dx=\left[ x-\frac{{{x}^{2}}}{2} \right]_{0}^{1}=\frac{1}{2}}$

7) $\displaystyle{f(x)=lnx+x\Leftrightarrow \sqrt{{{x}^{2}}+1}=\ln x+x,\,\,\,x>0}$
Έστω $\displaystyle{g(x)=\sqrt{{{x}^{2}}+1}-\ln x-x,\,\,\,x>0}$
Τότε $\displaystyle{g(1)=\sqrt{2}-1>0\,\,\,\,,\,\,\,\,g(2)=\sqrt{5}-\ln 2-2\le \sqrt{5}-2+1-2=\sqrt{5}-3<0}$
Άρα από Θ. Bolzano εξασφαλίζεται η ύπαρξη μιας τουλάχιστον ρίζας και επειδή
$\displaystyle{{g}'(x)=\frac{x}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}-\frac{1}{x}-1<\frac{x}{\sqrt{{{x}^{2}}}}-\frac{1}{x}-1=-\frac{1}{x}<0,\,\,\,x>0}$ έχουμε ότι
η g είναι γνησίως φθίνουσα άρα η ρίζα αυτή είναι μοναδική

8) Είναι : $\displaystyle{\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{sin\left( l{{n}^{3}}x \right)}{\sqrt[4]{{{x}^{2}}+1}}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{sin\left( l{{n}^{3}}x \right)}{\sqrt{x}}\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}\sqrt[4]{1+\frac{1}{{{x}^{2}}}}}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{sin\left( l{{n}^{3}}x \right)}{\sqrt{x}}\frac{1}{\sqrt[4]{1+\frac{1}{{{x}^{2}}}}}=0}$
διότι : $\displaystyle{\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{\sqrt[4]{1+\frac{1}{{{x}^{2}}}}}=1\,\,\text{ }\!\!\kappa\!\!\text{ }\!\!\alpha\!\!\text{ }\!\!\iota\!\!\text{ }\left| \frac{sin\left( l{{n}^{3}}x \right)}{\sqrt{x}} \right|\le \frac{1}{\sqrt{x}}\Rightarrow \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{sin\left( l{{n}^{3}}x \right)}{\sqrt{x}}=0}$ (από κριτήριο παρεμβολής )

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 20, 2017 11:32 pm**

Μια προσπάθεια στο 5.
Είναι: $\displaystyle \int_{2}^{19}\frac{x^3}{f(x)} dx =\int_{2}^{19}\frac{x^3}{\sqrt{x^2+1 }} dx = \int_{2}^{19}\frac{x}{\sqrt{x^2+1 }} \cdot x^2 dx =$

$= \displaystyle\int_{2}^{19}\left (\sqrt{x^2+1} \right )' \cdot x^2 dx =$

$= \displaystyle\sqrt{19^2+1} \cdot 19^2-\sqrt{2^2+1}\cdot 2^2- \int_{2}^{19}\sqrt{x^2+1}\cdot 2x dx =$

$= \displaystyle\sqrt{362} \cdot 361-\sqrt{5}\cdot 4- \int_{2}^{19}\left (x^2+1 \right )^ \frac{1}{2}\cdot \left (x^2+1 \right )' dx=$

$=\displaystyle\sqrt{362} \cdot 361-\sqrt{5}\cdot 4- \int_{2}^{19}\left (\frac{\left ( x^2+1 \right )^{\frac{3}{2}}}{\frac{3}{2}} \right )'dx=$

$=\sqrt{362} \cdot 361-\sqrt{5}\cdot 4- \dfrac{2}{3}\left ( \sqrt{362}\right )^3 +\dfrac{2}{3}\left (\sqrt{5}\right )^3 =$

$=\sqrt{362} \left ( 361- \dfrac{2}{3}\cdot362\right ) +2\sqrt{5}\left (\dfrac{5}{3} -2\right )=$

$=\dfrac{\sqrt{362}\cdot 359-2\sqrt{5}}{3}.$

Αρκεί τώρα να δείξω ότι $\dfrac{\sqrt{362}\cdot 359-2\sqrt{5}}{3} > 2017$ $\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow$ $\sqrt{362}\cdot 359 > 3 \cdot2017 + 2\sqrt{5} ,$ το οποίο προφανώς ισχύει.

Φιλικά
Σταμ. Γλάρος

mathematica.gr

Γνωστή 2

Γνωστή 2

Re: Γνωστή 2

Re: Γνωστή 2

Re: Γνωστή 2

Re: Γνωστή 2