ΘΕΜΑ

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

Λάμπρος Κατσάπας
Δημοσιεύσεις: 709
Εγγραφή: Σάβ Ιουν 17, 2017 10:17 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

ΘΕΜΑ

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Λάμπρος Κατσάπας » Τρί Μάιος 19, 2020 4:55 pm

Δίνεται η συνάρτηση f(x)=\ln (x^2+1)e^x,x\in\mathbb{R}^*

a) Να εξετετάσετε την f και την {f}' ως προς τη μονοτονία.

b) Να αποδείξετε ότι η f δεν παίρνει ελάχιστη τιμή.

c) Να αποδείξετε ότι για κάθε x\in(-\infty,0)\cup (0,1) ισχύει: -e^x<{f}'(x)<\dfrac{x^2+1}{1-x}.

d) Να αποδείξετε ότι υπάρχει x_0\in(-\infty,0) τέτοιο, ώστε: f(x_0)=x_0{f}'(x_0).
Να ερμηνεύσετε γεωμετρικά το αποτέλεσμα.

Edit διόρθωση του (c) μετά την παρατήρηση του κ.Βασίλη.
τελευταία επεξεργασία από Λάμπρος Κατσάπας σε Τετ Μάιος 20, 2020 12:03 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.



Λέξεις Κλειδιά:
KAKABASBASILEIOS
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 1545
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 01, 2009 1:46 pm

Re: ΘΕΜΑ

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KAKABASBASILEIOS » Τετ Μάιος 20, 2020 2:23 am

Λάμπρος Κατσάπας έγραψε:
Τρί Μάιος 19, 2020 4:55 pm
Δίνεται η συνάρτηση f(x)=\ln (x^2+1)e^x,x\in\mathbb{R}^*

a) Να εξετετάσετε την f και την {f}' ως προς τη μονοτονία.

b) Να αποδείξετε ότι η f δεν παίρνει ελάχιστη τιμή.

c) Να αποδείξετε ότι για κάθε x\in(-\infty,1) ισχύει: -e^x<{f}'(x)<\dfrac{x^2+1}{1-x}.

d) Να αποδείξετε ότι υπάρχει x_0\in(-\infty,0) τέτοιο, ώστε: f(x_0)=x_0{f}'(x_0).
Να ερμηνεύσετε γεωμετρικά το αποτέλεσμα.
...βρίσκοντας μόνο την μονοτονία της συνάρτησης....

α) Είναι f(x)=\ln (x^2+1)e^x,x\in\mathbb{R}^* παραγωγίσιμη με

{f}'(x)=\left( \frac{2x}{{{x}^{2}}+1}+\ln ({{x}^{2}}+1) \right){{e}^{x}},x\in {{\mathbb{R}}^{*}} και για x>0 προφανώς

{f}'(x)>0 άρα η f είναι γνήσια αύξουσα στο (0,\,+\infty )

Τώρα για x<0 θεωρούμε την g(x)=\frac{2x}{{{x}^{2}}+1}+\ln ({{x}^{2}}+1),\,\,x\in (-\infty ,\,0] που είναι συνεχής με

g(-1)=-1+\ln 2<0 και g(-2)=-\frac{4}{5}-\ln 5>0 έτσι σύμφωνα με το Θ.Β. υπάρχει {{x}_{1}}\in (-2,-1),\,\,\,g({{x}_{1}})=0

Τώρα είναι και παραγωγίσιμη με {g}'(x)=2\frac{{{x}^{2}}+1-2{{x}^{2}}}{{{({{x}^{2}}+1)}^{2}}}+\frac{2x}{{{x}^{2}}+1}=

=2(\frac{1-{{x}^{2}}}{{{({{x}^{2}}+1)}^{2}}}+\frac{x}{{{x}^{2}}+1})=2(\frac{{{x}^{3}}-{{x}^{2}}+x+1}{{{({{x}^{2}}+1)}^{2}}})

και για την h(x)={{x}^{3}}-{{x}^{2}}+x+1 είναι

h(0)=1>0,\,\,\,h(-1)=-2<0 άρα από Θ.Β. θα έχει ρίζα στο {{x}_{0}}\in (-1,0) μοναδική αφού

{h}'(x)=3{{x}^{2}}-2x+1>0 δηλαδή h γνήσια αύξουσα οπότε για x<{{x}_{0}}\Rightarrow h(x)<0 οπότε

{g}'(x)=\frac{h(x)}{{{({{x}^{2}}+1)}^{2}}}<0 άρα gγνήσια φθίνουσα στο (-\infty ,\,\,{{x}_{0}}] επομένως η ρίζα στο

{{x}_{1}}\in (-2,-1),\,\,\,g({{x}_{1}})=0 είναι μοναδική και για x>{{x}_{0}}\Rightarrow h(x)>0 οπότε

{g}'(x)=\frac{h(x)}{{{({{x}^{2}}+1)}^{2}}}>0 άρα g γνήσια αύξουσα στο [{{x}_{0}},0] και επειδή g(0)=0 το

g(x)<0,\,\,{{x}_{0}}<x<0 και τελικά έχουμε την g γνήσια φθίνουσα στο (-\infty ,\,\,{{x}_{0}}] άρα για

x<{{x}_{1}}\Rightarrow g(x)>g({{x}_{1}})=0 δηλαδή η {f}'(x)=g(x){{e}^{x}}>0 που σημαίνει ότι η fγνήσια αύξουσα στο

(-\infty ,{{x}_{1}}) και για {{x}_{1}}<x<{{x}_{0}}\Rightarrow g({{x}_{1}})>g(x)>g({{x}_{0}})\Leftrightarrow 0>g(x)

επομένως g(x)<0,\,\,x\in ({{x}_{1}},0) που σημαίνει η {f}'(x)=g(x){{e}^{x}}<0 άρα η fγνήσια φθίνουσα στο

στο ({{x}_{1}},\,0).

Παρατήρηση: Η αρχική εξαίρεση του 0 από το πεδίο ορισμού έρχεται σε αντίθεση με το ερώτημα (γ) που ζητάει ιδιότητα σε
διάστημα που περιέχεται το 0..

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...
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 3208
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: ΘΕΜΑ

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Πέμ Μάιος 21, 2020 12:25 am

Το d) ανεξάρτητα από τα άλλα.
Θέλουμε η \displaystyle f(x)=xf'(x) να έχει ρίζα αρνητική.
Γραφεται
\displaystyle \ln(x^2+1)=x\ln(x^2+1)+\frac{2x^2}{x^2+1}
Εστω
\displaystyle g(x)=\ln(x^2+1)-x\ln(x^2+1)-\frac{2x^2}{x^2+1}
Είναι
\displaystyle g(-100)=\ln(100^2+1)+100\ln(100^2+1)-\frac{2.100^2}{100^2+1}>0
και
\displaystyle g(-\frac{1}{2})=\ln(\frac{5}{4})+\frac{1}{2}\ln(\frac{5}{4})-\frac{2}{5}=\frac{3}{2}\ln(\frac{5}{4})-\frac{2}{5}=\frac{3}{2}(\ln(\frac{5}{4})-\frac{4}{15})<0
γιατί
\displaystyle \ln(\frac{5}{4})<\frac{5}{4}-1=\frac{1}{4}<\frac{4}{15}
Από Bolzano έχουμε το ζητούμενο.
Την γεωμετρική ερμηνεία την αφήνω.


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 3208
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: ΘΕΜΑ

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Παρ Μάιος 22, 2020 12:18 am

Κάνω το c)
Είναι
\displaystyle {f}'(x)=\left( \frac{2x}{{{x}^{2}}+1}+\ln ({{x}^{2}}+1) \right){{e}^{x}}
και θέλουμε
\displaystyle -e^x<{f}'(x)<\dfrac{x^2+1}{1-x} για x<1
(δώρο το 0)
Η αριστερή είναι ισοδύναμη με την
\displaystyle \frac{2x}{{{x}^{2}}+1}+\ln ({{x}^{2}}+1)>-1 η

\displaystyle \ln ({{x}^{2}}+1)>-1-\frac{2x}{{{x}^{2}}+1}
που ισχύει μιας το αριστερό μέλος είναι μη αρνητικό
με τιμή 0 μόνο στο 0 ενω το δεξιό
\displaystyle -\frac{(x+1)^2}{{{x}^{2}}+1}

Η δεξιά .
Για x<1 είναι
\displaystyle  e^{x}\leq \frac{1}{1-x} και \ln (x^2+1)\leq x^{2}
Αν
\displaystyle \frac{2x}{{{x}^{2}}+1}+\ln ({{x}^{2}}+1)<0 τετριμμένα ισχύει.
Διαφορετικά είναι

\displaystyle ( \frac{2x}{{{x}^{2}}+1}+\ln ({{x}^{2}}+1) ){{e}^{x}}\leq (\frac{2x}{{{x}^{2}}+1}+x^2)\frac{1}{1-x}< \frac{x^2+1}{x-1}


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΘΕΜΑΤΑ ΜΕ ΑΠΑΙΤΗΣΕΙΣ Γ'”

Μέλη σε σύνδεση

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