mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 28, 2017 2:15 pm**

Έστω η συνάρτηση $\displaystyle{f(x)=\frac{1}{x^2+1}, x \in \mathbb{R}}$ και

μια αρχική της

για την οποία ισχυεί οτι $F(1)=\frac{\pi}{4}$ . Αν $\displaystyle{G(x)=tanx, x \in \mathbb{R} -\{k\pi+\frac{\pi}{2}, k \in \mathbb{Z}\}}$

διαγραφή ερωτήματος
Δ1. Να μελετήσετε την

ως προς τη μονοτονία και την κυρτότητα.

Δ2. Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης

, τον

και τις ευθείες x=0

και

Δ3. Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{F(x)=\frac{\pi}{2}-F\left ( \frac{1}{x} \right )}$ σε κατάλληλο διάστημα και στη συνέχεια να βρείτε την οριζόντια ασύμπτωτη της C_F

στο $+\infty$ .

Δ4. Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης

, τον

και τις ευθείες x=0

και

Δ5. Να υπολογίσετε το $\displaystyle{\lim_{x \to +\infty}\left ( H(x+2017)-H(x) \right )}$ , με

μια αρχική της

.

ευχαριστώ τον χρήστη dement για την βοήθεια...

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 28, 2017 3:42 pm**

erxmer έγραψε: Δ1. Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{(F \circ G)(x)=x}$ για κάθε $\displaystyle{x \in \mathbb{R} -\{k\pi+\frac{\pi}{2}, k \in \mathbb{Z}\}}$

Δεν ισχύει. Η

είναι αναγκαστικά φραγμένη.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 28, 2017 8:35 pm**

Δώσε μια συνθήκη για την

αλλιώς δεν ισχύει ούτε το (νέο) Δ3.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μαρ 29, 2017 11:14 am**

Δεν έγινα κατανοητός (αν και χρειαζόταν και η αλλαγή που έκανες). Αν δεν επιβάλεις μια αρχική συνθήκη στην

(πέρα από το ότι είναι παράγουσα της

), μπορεί να επιλεγεί μία που δεν θα ικανοποιεί το Δ3.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 30, 2017 12:47 am**

erxmer έγραψε:Έστω η συνάρτηση $\displaystyle{f(x)=\frac{1}{x^2+1}, x \in \mathbb{R}}$ και μια αρχική της για την οποία ισχυεί οτι $F(1)=\frac{\pi}{4}$ . Αν $\displaystyle{G(x)=tanx, x \in \mathbb{R} -\{k\pi+\frac{\pi}{2}, k \in \mathbb{Z}\}}$

διαγραφή ερωτήματος
Δ1. Να μελετήσετε την ως προς τη μονοτονία και την κυρτότητα.

Δ2. Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης , τον και τις ευθείες και

Δ3. Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{F(x)=\frac{\pi}{2}-F\left ( \frac{1}{x} \right )}$ σε κατάλληλο διάστημα και στη συνέχεια να βρείτε την οριζόντια ασύμπτωτη της στο $+\infty$ .

Δ4. Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης , τον και τις ευθείες και

Δ5. Να υπολογίσετε το $\displaystyle{\lim_{x \to +\infty}\left ( H(x+2017)-H(x) \right )}$ , με μια αρχική της .

ευχαριστώ τον χρήστη dement για την βοήθεια...

...μετά από την περιπέτεια των επεξεργασιών αφού είχα στείλει και εγώ Π.Μ. στο δημιουργό, να μη πάει χαμένος ο κόπος
στο κατα τα άλλα απαιτητικό θέμα...

Δ1. Είναι ${F}'(x)=f(x)=\frac{1}{{{x}^{2}}+1}>0,\,\,\,x\in R$ άρα

είναι γνήσια αύξουσα στο

και

${F}''(x)={f}'(x)=-\frac{2x}{{{({{x}^{2}}+1)}^{2}}},\,\,\,x\in R$ οπότε ${F}''(x)<0,\,\,\,x\in (0,\,\,+\infty ),\,\,\,{F}''(x)>0,\,\,\,x\in (-\infty ,\,\,0)$

επομένως

είναι κυρτή στο $(-\infty ,\,\,0]$ και κοίλη στο $[0,\,\,+\infty )$

Δ2. Το ζητούμενο εμβαδό είναι $E(\Omega )=\int\limits_{0}^{1}{f(x)dx}$ αφού $f(x)=\frac{1}{{{x}^{2}}+1}>0,\,\,\,x\in [0,\,\,1]$

άρα αφού

μια αρχική της

είναι $E(\Omega )=\left[ F(x) \right]_{0}^{1}=F(1)-F(0)=\frac{\pi }{4}-F(0)$

Τώρα (…από την προηγούμενη ανάρτηση ) η συνάρτηση $h(x)=F(G(x))-x,\,\,\,x\in (-\frac{\pi }{2},\,\,\frac{\pi }{2})$ είναι σταθερή αφού

${h}'(x)={F}'(G(x)){G}'(x)-1=f(\tan x)(1+{{\tan }^{2}}x)-1=0,\,\,\,x\in (-\frac{\pi }{2},\,\,\frac{\pi }{2})$ δηλαδή

$F(G(x))-x=c,\,\,\,x\in (-\frac{\pi }{2},\,\,\frac{\pi }{2})$ και επειδή $F(1)=\frac{\pi}{4}$ με όπου

το $\frac{\pi }{4}$ ισχύει ότι

$F(G(\frac{\pi }{4}))-\frac{\pi }{4}=c\Rightarrow F(1)-\frac{\pi }{4}=c\Rightarrow 0=c$ επομένως $F(G(x))-x=0\Leftrightarrow F(G(x))=x,\,\,\,x\in (-\frac{\pi }{2},\,\,\frac{\pi }{2})$

και από εκεί έχουμε ότι $F(G(0))=0\Rightarrow F(0)=0$ άρα $E(\Omega )=\frac{\pi }{4}$

Δ3. Η συνάρτηση $\phi (x)=F(x)+F\left( \frac{1}{x} \right)-\frac{\pi }{2}$ για $x\ne 0$ είναι παραγωγίσιμη με

${\phi }'(x)={F}'(x)-\frac{1}{{{x}^{2}}}{F}'\left( \frac{1}{x} \right)=f(x)-\frac{1}{{{x}^{2}}}f(\frac{1}{x})=\frac{1}{{{x}^{2}}+1}-\frac{1}{{{x}^{2}}}\cdot \frac{1}{\frac{1}{{{x}^{2}}}+1}=0$

άρα είναι σταθερή και στο $(-\infty ,\,\,0)$ και στο $(0,\,\,+\infty )$ και επειδή

$F(1)=\frac{\pi}{4}$ είναι $\phi (1)=F(1)+F\left( 1 \right)-\frac{\pi }{2}=0$ άρα

$F(x)+F\left( \frac{1}{x} \right)-\frac{\pi }{2}=0,\,\,x\in (0,\,\,+\infty )$ άρα $F(x)=\frac{\pi }{2}-F\left( \frac{1}{x} \right),\,\,x\in (0,\,\,+\infty )$

Τώρα επειδή $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,F\left( \frac{1}{x} \right)\underset{\begin{smallmatrix} x\to +\infty \\ u\to 0 \end{smallmatrix}}{\overset{u=\frac{1}{x}}{\mathop{=}}}\,\underset{u\to 0}{\mathop{\lim }}\,F(u)=F(0)=0$ (…από Δ1)

είναι $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,F(x)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{\pi }{2}-F\left( \frac{1}{x} \right) \right)=\frac{\pi }{2}$

άρα η ευθεία $y=\frac{\pi }{2}$ είναι ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της

στο $+\infty$ .

...συνεχίζεται....

Δ4. Το ζητούμενο εμβαδό είναι $E(\Omega )=\int\limits_{0}^{1}{|F(x)|dx}$ και επειδή ${F}'(x)=f(x)=\frac{1}{{{x}^{2}}+1}>0,\,\,\,x\in R$

και F(0)=0

είναι $F(x)>F(0)=0,\,\,\,x>0$ έτσι

$E(\Omega )=\int\limits_{0}^{1}{F(x)dx}=\int\limits_{0}^{1}{{x}'F(x)dx}=\left[ xF(x) \right]_{0}^{1}-\int\limits_{0}^{1}{x{F}'(x)dx}=F(1)-\int\limits_{0}^{1}{xf(x)dx}=$

$=\frac{\pi }{4}-\int\limits_{0}^{1}{\frac{x}{{{x}^{2}}+1}dx}=\frac{\pi }{4}-\frac{1}{2}\left[ \ln ({{x}^{2}}+1) \right]_{0}^{1}=\frac{\pi }{4}-\frac{1}{2}\ln 2$

Δ5. Είναι {H}'(x)=F(x)

και

επομένως η

είναι κυρτή στο

με εφαπτομένη στο σημείο της

$(1,\,\,H(1))$ την $y-H(1)={H}'(1)(x-1)\Leftrightarrow y=F(1)(x-1)+H(1)$ και λόγω κυρτότητας θα ισχύει ότι

$H(x)\ge \frac{\pi }{4}(x-1)+H(1),\,\,\,x\in R$ και επειδή

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{\pi }{4}(x-1)+H(1) \right)=+\infty$ λόγω της ανισότητας

(…πλέον σχολικά μπορούμε να το χρησιμοποιούμε χωρίς απόδειξη) θα είναι και

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( H(x) \right)=+\infty$ και τότε $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( H(x+2017)-H(x) \right)$ είναι της μορφής $\infty -\infty$

Και τότε στα διαστήματα $[0,\,x],\,\,[x,\,x+2017],\,\,[x+2017,\,\,2x+2017]$ σύμφωνα με το Θ.Μ.Τ. υπάρχουν

${{x}_{1}}\in (0,\,\,x),\,\,{{x}_{2}}\in (x,\,x+2017),\,\,{{x}_{3}}\in (x+2017,\,\,2x+2017)$ ώστε

${H}'({{x}_{1}})=\frac{H(x)-H(0)}{x}\Leftrightarrow F({{x}_{1}})=\frac{H(x)-H(0)}{x}$ και

${H}'({{x}_{2}})=\frac{H(x+2017)-H(x)}{2017}\Leftrightarrow F({{x}_{2}})=\frac{H(x+2017)-H(x)}{2017}$ και

${H}'({{x}_{3}})=\frac{H(2x+2017)-H(x+2017)}{x}\Leftrightarrow F({{x}_{3}})=\frac{H(2x+2017)-H(x+2017)}{x}$

και λόγω μονοτονίας της

θα ισχύει ότι $F({{x}_{1}})<F({{x}_{2}})<F({{x}_{3}})$ δηλαδή ότι

$\frac{H(x)-H(0)}{x}<\frac{H(x+2017)-H(x)}{2017}<\frac{H(2x+2017)-H(x+2017)}{x}$ (1)
Τώρα επειδή

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{H(x)-H(0)}{x}\underset{DLH}{\overset{\frac{\infty }{\infty }}{\mathop{=}}}\,\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{\left( H(x)-H(0) \right)}^{\prime }}}{{{x}'}}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{H}'(x)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,F(x)=\frac{\pi }{2}$ και

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{H(2x+2017)}{x}\underset{DLH}{\overset{\frac{\infty }{\infty }}{\mathop{=}}}\,\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{2F(2x+2017)}{1}=2\cdot \frac{\pi }{2}=\pi$ και

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{H(x+2017)}{x}\underset{DLH}{\overset{\frac{\infty }{\infty }}{\mathop{=}}}\,\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{F(x+2017)}{1}=\frac{\pi }{2}$ άρα

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{H(2x+2017)-H(x+2017)}{x}=\pi -\frac{\pi }{2}=\frac{\pi }{2}$ από (1)

σύμφωνα με το κριτήριο παρεμβολής

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{H(x+2017)-H(x)}{2017}=\frac{\pi }{2}$ άρα $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( H(x+2017)-H(x) \right)=\frac{2017\pi }{2}$

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 30, 2017 11:59 pm**

Δεν νομίζω να χρειάζεται τόσος κόπος για το Δ5.

Από ΘΜΤ έχουμε $H(x+2017)-H(x)=2017H'(\xi(x)),x< \xi(x)< x+2017$

Αλλά H'(x)=F(x)

και όπως έχει αποδειχθεί $\lim_{x\rightarrow \infty }F(x)=\frac{\pi }{2}$

Θέτοντας $u=\xi (x)$ έχουμε ότι για $x\rightarrow \infty$ και $u\rightarrow \infty$

Τελικά $\lim_{x\rightarrow \infty }H'(\xi (x))=\lim_{x\rightarrow \infty }F(\xi (x))=\lim_{u\rightarrow \infty }F(u)=\frac{\pi }{2}$

Αρά το αρχικό όριο είναι $2017\frac{\pi }{2}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 31, 2017 1:02 am**

Αλλιώς .

Από ΘΜΤ έχουμε $H(x+2017)-H(x)=2017H'(\xi),x< \xi< x+2017$

Αλλά H'(x)=F(x)

και η

γνησίως αύξουσα.

Αρα $F(x)2017\leq H(x+2017)-H(x)\leq 2017F(x+2017)$

Επειδή $\lim_{x\rightarrow \infty }F(x)=\lim_{x\rightarrow \infty }F(x+2017)=\frac{\pi }{2}$

το κριτήριο παρεμβολής μας δίνει ότι το όριο είναι $2017\frac{\pi }{2}$

mathematica.gr

Αρχικές(fixed)

Αρχικές(fixed)

Re: Αρχικές

Re: Αρχικές

Re: Αρχικές

Re: Αρχικές(fixed)

Re: Αρχικές(fixed)

Re: Αρχικές(fixed)

mathematica.gr

Αρχικές(*fixed*)

Αρχικές(*fixed*)

Re: Αρχικές

Re: Αρχικές

Re: Αρχικές

Re: Αρχικές(*fixed*)

Re: Αρχικές(*fixed*)

Re: Αρχικές(*fixed*)

Αρχικές(fixed)

Αρχικές(fixed)

Re: Αρχικές(fixed)

Re: Αρχικές(fixed)

Re: Αρχικές(fixed)