Καλούλα προς καλή

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

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

Καλούλα προς καλή

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από siobaras » Πέμ Μαρ 23, 2017 6:49 pm

(Δικής μου κατασκευής, ελπίζω να σας αρέσει)

Θεωρούμε την δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση f:(0,+ \infty ) \to R για την οποία ισχύουν:

1) lim_{x \to 0^{+}} f(x) = - \infty ,  lim_{x \to + \infty} f(x) = + \infty

2) f''(x)=- \frac {f'(x)}{e^{f(x)}} για κάθε x \in (0,+ \infty )


Α) Να αποδείξετε ότι η f έχει τύπο είτε τον f(x)=lnx, είτε τον f(x)= ln(e^{cx}-1)-lnc, όπου c είναι κάποια θετική σταθερά.

Β) Αν επιπλέον ισχύει ότι f(1)=ln(e-1), να βρείτε τον τύπο της f

Γ) Αν f(x)=ln(e^{x}-1), τότε:

(α) Να βρείτε τις ασύμπτωτες της C_{f}

(β) Να υπολογίσετε το εμβαδό του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης h(x)=e^{x}f(x), τον άξονα x'x και την ευθεία x=ln3
τελευταία επεξεργασία από siobaras σε Τετ Μαρ 29, 2017 8:16 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Νίκος Σιώμος

Λέξεις Κλειδιά:
KAKABASBASILEIOS
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 1525
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 01, 2009 1:46 pm

Re: Καλούλα προς καλή

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KAKABASBASILEIOS » Παρ Μαρ 24, 2017 2:47 am

siobaras έγραψε:(Δικής μου κατασκευής, ελπίζω να σας αρέσει)

Θεωρούμε την δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση f:(0,+ \infty ) \to R για την οποία ισχύουν:

1) lim_{x \to 0^{+}} f(x) = - \infty ,  lim_{x \to + \infty} f(x) = + \infty

2) f''(x)=- \frac {f'(x)}{e^{f(x)}} για κάθε x \in (0,+ \infty )


Α) Να αποδείξετε ότι η f έχει τύπο είτε τον f(x)=lnx, είτε τον f(x)= ln(e^{cx}-1)-lnc, όπου c είναι κάποια θετική σταθερά.

Β) Αν επιπλέον ισχύει ότι f(1)=ln(e-1), να βρείτε τον τύπο της f

Γ) Αν f(x)=ln(e^{x}-1), τότε:

(α) Να βρείτε τις ασύμπτωτες της C_{f}

(β) Να υπολογίσετε το εμβαδό του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης h(x)=e^{x}f(x), τον άξονα x'x και την ευθεία x=ln3
...γιά το (Α)....

Α) Από f''(x)=- \frac {f'(x)}{e^{f(x)}}για κάθε x \in (0,+ \infty ) ισοδύναμα έχουμε

{f}''(x)=-{{e}^{-f(x)}}{f}'(x)\Leftrightarrow {{\left( {f}'(x) \right)}^{\prime }}={{\left( {{e}^{-f(x)}} \right)}^{\prime }}\Leftrightarrow {{e}^{-f(x)}}={f}'(x)+c,\,\,x\in (0,\,\,+\infty )

και ισοδύναμα

1={{e}^{f(x)}}{f}'(x)+c{{e}^{f(x)}}\Leftrightarrow {{\left( {{e}^{f(x)}} \right)}^{\prime }}+c{{e}^{f(x)}}=1\Leftrightarrow {{e}^{cx}}{{\left( {{e}^{f(x)}} \right)}^{\prime }}+{{\left( {{e}^{cx}} \right)}^{\prime }}{{e}^{f(x)}}={{e}^{cx}}

{{\left( {{e}^{cx}}{{e}^{f(x)}} \right)}^{\prime }}={{e}^{cx}},\,\,\,x\in (0,\,\,+\infty )(1)

Αν c=0 τότε έχουμε από (1) ότι {{\left( {{e}^{f(x)}} \right)}^{\prime }}=(x{)}'\Leftrightarrow {{e}^{f(x)}}=x+{{c}_{1}}

και επειδή \underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f(x)=-\infty προκύπτει αναγκαία \underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{{e}^{f(x)}}=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,(x+{{c}_{1}})\Rightarrow 0={{c}_{1}}

άρα {{e}^{f(x)}}=x\Leftrightarrow f(x)=\ln x,\,\,x\in (0,\,\,+\infty ) που επαληθεύει την αρχική σχέση και με

\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)=+\infty επομένως η λύση είναι δεκτή.

Τώρα για c\ne 0 από (1){{\left( {{e}^{cx+f(x)}} \right)}^{\prime }}={{\left( \frac{1}{c}{{e}^{cx}} \right)}^{\prime }}\Leftrightarrow {{e}^{cx+f(x)}}=\frac{1}{c}{{e}^{cx}}+{{c}_{1}}(2) και επειδή \underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f(x)=-\infty και

\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{{e}^{cx}}=1 και \underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,({{e}^{cx+f(x)}})=0 από (2) θα είναι 0=\frac{1}{c}+{{c}_{1}}\Leftrightarrow {{c}_{1}}=-\frac{1}{c}

και θα έχουμε ότι

{{e}^{cx+f(x)}}=\frac{1}{c}{{e}^{cx}}-\frac{1}{c}\Leftrightarrow c{{e}^{cx+f(x)}}={{e}^{cx}}-1\Leftrightarrow c{{e}^{f(x)}}=1-{{e}^{-cx}}\Leftrightarrow {{e}^{f(x)}}=\frac{1-{{e}^{-cx}}}{c}(3)

Αν c>0 τότε \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{e}^{-cx}}=0 οπότε \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1-{{e}^{-cx}}}{c}=\frac{1}{c}>0 και

\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{e}^{f(x)}}=+\infty οπότε λόγω (3) άτοπο επ0μένως αναγκαία c<0 και από (3)

{{e}^{f(x)}}=\frac{{{e}^{-cx}}-1}{-c}\Leftrightarrow f(x)=\ln \left( \frac{{{e}^{-cx}}-1}{-c} \right)=\ln ({{e}^{\kappa x}}-1)-\ln \kappa ,\,\,\,x\in (0,\,\,+\infty )

με -c=\kappa >0 που επαληθεύει την αρχική

...και αύριο μέρα είναι... :sleeping: :sleeping:

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης


f ανοιγοντας τους δρομους της Μαθηματικης σκεψης, f' παραγωγος επιτυχιας
Τα Μαθηματικά είναι απλά...όταν σκέπτεσαι σωστά...
Τα Μαθηματικά είναι αυτά...για να δεις πιό μακρυά...
Τα Μαθηματικά είναι μαγεία...όταν έχεις φαντασία...
Άβαταρ μέλους
Ratio
Δημοσιεύσεις: 242
Εγγραφή: Παρ Σεπ 09, 2016 8:59 am

Re: Καλούλα προς καλή

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ratio » Παρ Μαρ 24, 2017 11:07 am

Για το Γ

(α) Εύρεση ασυμπτώτων

Παρουσιάζει κατακόρυφη ασύμπτωτη τον άξονα y'Oy

καθώς
\lim_{x\to {0^{+}}} f(x)=\lim_{x\to {0^{+}}} ln((e^x-1))=ln(\lim_{x\to {0^{+}}} (e^x-1))=-\infty

δεν παρουσιάζει οριζόντια ασύμπτωτη για {x\to{+\infty}}


ενώ έχει πλάγια ασύμπτωτη όταν {χ \to{+\infty}} την y=x διότι


\lim_{x \to +\infty}\frac{f(x)}{x}=\lim_{x \to +\infty}\frac{ln(e^x-1)}{x}{(\frac{+\infty}{+\infty}})_{dlH}=\lim_{x \to +\infty}\frac{(ln(e^x-1)')}{x'}=\lim_{x \to +infty}\frac{\frac{e^x-1}{e^x}}{1}=\lim_{x \to +\infty}\frac{e^x-1}{e^x}(\frac{+\infty}{+\infty})_{dlH}=\lim_{x \to +\infty}\frac{e^x}{e^x}=1

και

\lim_{x \to +\infty}(f(x)-x)= \lim_{x \to +\infty} [ln(e^x-1)-x]= \lim_{x \to +\infty}[ln(e^x-1)-ln(e^x)]=\lim_{x \to +\infty}ln\frac{e^x-1}{e^x}=(\frac{+\infty}{+\infty})_{dlH}=ln(\lim_{x \to +\infty}\frac{(e^x-1)'}{(e^x)'})(\frac{+\infty}{+\infty})_{dlH}=ln(\lim_{x \to +\infty}\frac{e^x}{e^x})=ln1=0

(β)
Η h(x)=e^xf(x)=e^xln(e^x-1) έχει προφανή ρίζα για ln(e^x-1)=ln1\leftrightarrow e^x-1=1\leftrightarrow e^x=2\leftrightarrow x=ln2
Επίσης είναι \uparrow διότι αν
x_{1}<x_{2}, τότε e^{x_{1}}<e^{x_{2}},  e^{x_{1}}-1<e^{x_{2}}-1 και ln(e^{x_{1}}-1)<ln(e^{x_{2}}-1) άρα h(x_{1})<h(x_{2})

Το ζητούμενο εμβαδό θα είναι
\int_{ln2}^{ln3}e^xln(e^x-1)dx=\int_{ln2}^{ln3}(e^x)'ln(e^x-1)dx=\left\big [ e^xln(e^x-1) \right ]_{ln2}^{ln3}-\int_{ln2}^{ln3}e^x\frac{e^x}{e^x-1}dx=\\\\3ln2-\int_{ln2}^{ln3}\frac{e^{2x}}{e^x-1}dx=ln8-\int_{ln2}^{ln3}(\frac{(e^{2x}-e^x+e^x)}{e^x-1}dx=\\\\ 3ln2-\int_{ln2}^{ln3}(\frac{e^x(e^x-1)}{e^x-1})+(\frac{e^x}{e^x-1})dx=\\\\ ln8-\int_{ln2}^{ln3}(e^x-(\frac{e^x}{e^x-1})dx=\\\\ ln8-\left\big [ e^x \right ]_{ln2}^{ln3}-\int_{ln2}^{ln3}\frac{(e^x-1)'}{e^x-1})dx=\\\\ ln8-[e^{ln3}-e^{ln2}]-\int_{ln2}^{ln3}(ln(e^x-1))'dx=\\\\ ln8-(3-2)-\left\big [ ln(e^x-1) \right ]_{ln2}^{ln3}=\\\\ ln8-1-(ln2)=\\\\ ln8-lne-ln2=ln\frac{8}{2e}
τελευταία επεξεργασία από Ratio σε Παρ Μαρ 24, 2017 11:21 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


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

Re: Καλούλα προς καλή

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από siobaras » Παρ Μαρ 24, 2017 5:50 pm

Ωραίος, Βασίλη!

Ratio, σωστές οι ασύμπτωτες, αλλά στο εμβαδό, αν και βρίσκεις το σωστό ολοκλήρωμα, κάτι πρέπει να είναι λάθος στους υπολογισμούς, νομίζω στο ολοκλήρωμα που βγαίνει μετά την παραγοντική (Αν και μάλλον βγαίνει και με παραγοντική).


Νίκος Σιώμος
Άβαταρ μέλους
Ratio
Δημοσιεύσεις: 242
Εγγραφή: Παρ Σεπ 09, 2016 8:59 am

Re: Καλούλα προς καλή

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ratio » Παρ Μαρ 24, 2017 10:37 pm

Πολύ σωστά, μόλις τωρα είδα ότι ξέχασα το e^x
Το διορθώνω στην ήδη υπάρχουσα :wallbash:


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

Re: Καλούλα προς καλή

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από siobaras » Τετ Μάιος 24, 2017 6:37 am

Επαναφορά για το Β :)


Νίκος Σιώμος
KAKABASBASILEIOS
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 1525
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 01, 2009 1:46 pm

Re: Καλούλα προς καλή

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KAKABASBASILEIOS » Τετ Μάιος 24, 2017 11:44 pm

siobaras έγραψε:(Δικής μου κατασκευής, ελπίζω να σας αρέσει)

Θεωρούμε την δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση f:(0,+ \infty ) \to R για την οποία ισχύουν:

1) lim_{x \to 0^{+}} f(x) = - \infty ,  lim_{x \to + \infty} f(x) = + \infty

2) f''(x)=- \frac {f'(x)}{e^{f(x)}} για κάθε x \in (0,+ \infty )


Α) Να αποδείξετε ότι η f έχει τύπο είτε τον f(x)=lnx, είτε τον f(x)= ln(e^{cx}-1)-lnc, όπου c είναι κάποια θετική σταθερά.

Β) Αν επιπλέον ισχύει ότι f(1)=ln(e-1), να βρείτε τον τύπο της f
...για να μη μένουν εκρεμμότητες συνέχεια του (Α)...

Β) Αφού f(1)=ln(e-1) προκύπτει από f(x)=ln({{e}^{\kappa x}}-1)-ln\kappa ότι

f(1)=ln({{e}^{\kappa }}-1)-ln\kappa \Leftrightarrow ln\kappa \left( e-1 \right)=ln(\frac{{{e}^{\kappa }}-1}{\kappa })\Leftrightarrow e-1=\frac{{{e}^{\kappa }}-1}{\kappa }

\kappa e-\kappa ={{e}^{\kappa }}-1\Leftrightarrow {{e}^{\kappa }}-\kappa e+\kappa -1=0 άρα το \kappa >0 είναι ρίζα της εξίσωσης {{e}^{x}}-xe+x-1=0

Τώρα η συνάρτηση h(x)={{e}^{x}}-xe+x-1,\,\,x\in [0,\,+\infty ) έχει προφανείς ρίζες τίς x=0,\,\,x=1είναι παραγωγίσιμη με

{h}'(x)={{e}^{x}}-e+1. Αν υποθέσουμε ότι έχει τρείς ρίζες τις {{\rho }_{1}}<{{\rho }_{2}}<{{\rho }_{3}}τότε στα διαστήματα

[{{\rho }_{1}},\,{{\rho }_{2}}],\,\,[{{\rho }_{2}},\,{{\rho }_{3}}] σύμφωνα με το ROLLE υπάρχουν

{{x}_{1}}\in ({{\rho }_{1}},\,{{\rho }_{2}}),\,\,{{x}_{2}}\in ({{\rho }_{2}},\,{{\rho }_{3}})ώστε {h}'({{x}_{1}})={h}'({{x}_{2}})=0 και επειδή

{h}''(x)={{e}^{x}} σύμφωνα πάλι με το ROLLE υπάρχουν {{x}_{3}}\in ({{x}_{1}},\,{{x}_{2}})ώστε {h}''({{x}_{3}})=0

που είναι άτοπο αφού {h}''(x)={{e}^{x}}>0,\,\,x\in Rάρα μοναδικές ρίζες της εξίσωσης είναι x=0,\,\,x=1

και αφού \kappa >0 είναι \kappa =1 επομένως f(x)=ln({{e}^{x}}-1)

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης


f ανοιγοντας τους δρομους της Μαθηματικης σκεψης, f' παραγωγος επιτυχιας
Τα Μαθηματικά είναι απλά...όταν σκέπτεσαι σωστά...
Τα Μαθηματικά είναι αυτά...για να δεις πιό μακρυά...
Τα Μαθηματικά είναι μαγεία...όταν έχεις φαντασία...
siobaras
Δημοσιεύσεις: 48
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 12, 2013 2:43 am

Re: Καλούλα προς καλή

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από siobaras » Παρ Ιουν 02, 2017 9:53 am

Πολύ ωραίος ο Βασίλης!


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