Γινόμενο λογαρίθμων

KARKAR · #1

Για την συνάρτηση : $f(x)=lnx\cdot ln\dfrac{x}{x-1}$ , βρείτε τα ακρότατα και τις ασύμπτωτες της $C_{f}$ .

Tolaso J Kos · #2

Πρέπει

και $\frac{x}{x-1} >0 \Leftrightarrow x > 1$ . Η

είναι παραγωγίσιμη στο $(1, +\infty)$ με

$\displaystyle{f'(x) = \frac{\ln \frac{x}{x-1} - \frac{\ln x}{x-1}}{x}}$
Η συνάρτηση $g(x) = \ln \frac{x}{x-1} - \frac{\ln x}{x-1}$ είναι παραγωγίσιμη στο $(1, +\infty)$ με παράγωγο

$\displaystyle{g'(x) = \frac{x \ln x - 2x + 2}{x \left ( x-1 \right )^2}}$
Παρατηρούμε επίσης ότι g(2)=0

. Θεωρούμε τη συνάρτηση $h(x) = x \ln x - 2x + 2$ η οποία είναι παραγωγίσιμη στο $(1, +\infty)$ με παράγωγο $h'(x) = \ln x -1$ . Άρα

$\displaystyle{h'(x) \geq 0 \Leftrightarrow \ln x -1 \geq 0 \Leftrightarrow \ln x \geq 1 \Leftrightarrow x \geq e }$
Συνεπώς η

είναι γνησίως φθίνουσα στο (1, e]

και γνησίως αύξουσα στο $[e, +\infty)$ . Από την άλλη όμως η

είναι συνεχής στο $[4, 5] \subseteq (1, +\infty)$ . Είναι h(4)<0

και

συνεπώς υπάρχει μοναδικό ( λόγω μονοτονίας ) $x_0 \in (4, 5)$ τέτοιο ώστε h(x_0)=0

. Επιπλέον επειδή η

παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο x_0=e

έπεται ότι h(x)<0

για κάθε $x \in (1, x_0)$ και h(x)>0

για κάθε $x \in (x_0, +\infty)$ . Έπεται λοιπόν ότι g'(x) <0

για κάθε $x \in (1, x_0)$ και g'(x)>0

για κάθε $x \in (x_0 , +\infty)$ . Συνεπώς η

παρουσιάζει ελάχιστο στο x_0

. Υπολογίζουμε τώρα το όριο $\lim \limits_{x \rightarrow +\infty} g(x)$ .

$\displaystyle{\begin{aligned} \lim_{x \rightarrow +\infty} g(x) &= \lim_{x \rightarrow +\infty} \left ( \ln \frac{x}{x-1} - \frac{\ln x}{x-1} \right ) \\ &= 0 - 0 \\ &=0 \end{aligned}}$
Άρα

$\displaystyle 1<2<x_0 \overset{g \;\; \begin{tikzpicture} \draw [thick, >->] (0, 0.4) -- (0, 0); \end{tikzpicture}}{\Leftarrow \! =\! \Rightarrow } g(2) > g(x_0) \Leftrightarrow 0 > g(x_0)$
Οπότε $g(x)>0 \Leftrightarrow 1<x<2$ . Άρα f'(x) >0

για κάθε $x \in (1, 2)$ και f'(x) <0

για κάθε $x \in (2, +\infty)$ . Συνεπώς η

είναι γνησίως αύξουσα στο (1, 2]

και γνησίως φθίνουσα στο $[2, +\infty)$ . Τέλος, η

παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο x_0=2

ίσο με $f(2) = \ln^2 2$ .

Όντως τώρα Θανάση;

KARKAR · #3

: Γινόμενο λογαρίθμων.png (5.47 KiB) Προβλήθηκε 1119 φορές

Ένα σχήμα ( με λόγο μονάδων στους άξονες 1:5

) , ίσως δώσει μιαν ώθηση στο δεύτερο ζητούμενο .

Το πρώτο απαντήθηκε σωστά από το Τόλη , ( το ερώτημά του , πάντως , δεν έγινε κατανοητό

)

#4

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 13, 2021 1:01 pm
Πρέπει και $\frac{x}{x-1} >0 \Leftrightarrow x > 1$ . Η είναι παραγωγίσιμη στο $(1, +\infty)$ με

$\displaystyle{f'(x) = \frac{\ln \frac{x}{x-1} - \frac{\ln x}{x-1}}{x}}$
Η συνάρτηση $g(x) = \ln \frac{x}{x-1} - \frac{\ln x}{x-1}$ είναι παραγωγίσιμη στο $(1, +\infty)$ με παράγωγο

$\displaystyle{g'(x) = \frac{x \ln x - 2x + 2}{x \left ( x-1 \right )^2}}$
Παρατηρούμε επίσης ότι . Θεωρούμε τη συνάρτηση $h(x) = x \ln x - 2x + 2$ η οποία είναι παραγωγίσιμη στο $(1, +\infty)$ με παράγωγο $h'(x) = \ln x -1$ . Άρα

$\displaystyle{h'(x) \geq 0 \Leftrightarrow \ln x -1 \geq 0 \Leftrightarrow \ln x \geq 1 \Leftrightarrow x \geq e }$
Συνεπώς η είναι γνησίως φθίνουσα στο και γνησίως αύξουσα στο $[e, +\infty)$ . Από την άλλη όμως η είναι συνεχής στο $[4, 5] \subseteq (1, +\infty)$ . Είναι και συνεπώς υπάρχει μοναδικό ( λόγω μονοτονίας ) $x_0 \in (4, 5)$ τέτοιο ώστε . Επιπλέον επειδή η παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο έπεται ότι για κάθε $x \in (1, x_0)$ και για κάθε $x \in (x_0, +\infty)$ . Έπεται λοιπόν ότι για κάθε $x \in (1, x_0)$ και για κάθε $x \in (x_0 , +\infty)$ . Συνεπώς η παρουσιάζει ελάχιστο στο . Υπολογίζουμε τώρα το όριο $\lim \limits_{x \rightarrow +\infty} g(x)$ .

$\displaystyle{\begin{aligned} \lim_{x \rightarrow +\infty} g(x) &= \lim_{x \rightarrow +\infty} \left ( \ln \frac{x}{x-1} - \frac{\ln x}{x-1} \right ) \\ &= 0 - 0 \\ &=0 \end{aligned}}$
Άρα

$\displaystyle 1<2<x_0 \overset{g \;\; \begin{tikzpicture} \draw [thick, >->] (0, 0.4) -- (0, 0); \end{tikzpicture}}{\Leftarrow \! =\! \Rightarrow } g(2) > g(x_0) \Leftrightarrow 0 > g(x_0)$
Οπότε $g(x)>0 \Leftrightarrow 1<x<2$ . Άρα για κάθε $x \in (1, 2)$ και για κάθε $x \in (2, +\infty)$ . Συνεπώς η είναι γνησίως αύξουσα στο και γνησίως φθίνουσα στο $[2, +\infty)$ . Τέλος, η παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο ίσο με $f(2) = \ln^2 2$ .

Εναλλακτικά για την $g(x)>0 \Leftrightarrow 1<x<2$ : για 1<x<2

εύκολα

λόγω

και $g'(x)<0\leftrightarrow xlnx<2(x-1)$ , άμεση από τις x<2

και

, για την

για

αρκεί, λόγω των g(2)=0

και $\lim_{x \rightarrow +\infty} g(x)=0$ (αποδείχτηκε παραπάνω), να δειχθεί η g(z_0)<0

για το τυχόν σημείο z_0

όπου $g'(z_0)=0\leftrightarrow lnz_0=\dfrac{2(z_0-1)}{z_0}$ , αρκεί δηλαδή να δειχθεί η $2-\dfrac{4}{z_0}-ln(z_0-1)<0$ για z_0>2

(αρκετά εύκολη και ανεξαρτήτου ενδιαφέροντος).

Tolaso J Kos · #5

KARKAR έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 13, 2021 9:41 pm
Το πρώτο απαντήθηκε σωστά από το Τόλη , ( το ερώτημά του , πάντως , δεν έγινε κατανοητό )

Θανάση , είναι η πρώτη φορά στα

χρόνια που γράφω τέτοια μακροστελέστατη απόδειξη για μονοτονία συνάρτησης. Δε λέω , στρωτές παραγώγους έχει , αλλά πρώτη φορά βλέπω απόδειξη μονοτονίας που απαιτεί σύνολο τιμών , Bolzano , και άλλα πράγματα. Κατά τα άλλα , καλή ήταν τη χάρηκα την άσκηση.

KARKAR έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 13, 2021 9:41 pm
.... ίσως δώσει μιαν ώθηση στο δεύτερο ζητούμενο ....

Αυτές είναι το εύκολο κομμάτι. Πράγματι, όπως βλέπουμε και από το σχήμα στο x=1

η $\mathcal{C}_f$ δε παρουσιάζει ασύμπτωτη αφού $\lim \limits_{x \rightarrow 1} f(x) = 0$ . Θα δούμε ότι στο $+\infty$ έχουμε οριζόντια ασύμπτωτη την y=0

. Αυτό όμως είναι άμεσο αφού

$\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty} f(x) = \lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{\ln x}{x} \cdot \ln \frac{x}{x-1} =0}$
Αυτά... Τι άλλα ;

#6

gbaloglou έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 13, 2021 11:22 pm
Εναλλακτικά για την $g(x)>0 \Leftrightarrow 1<x<2$ : για εύκολα λόγω και $g'(x)<0\leftrightarrow xlnx<2(x-1)$ , άμεση από τις και , για την για αρκεί, λόγω των και $\lim_{x \rightarrow +\infty} g(x)=0$ (αποδείχτηκε παραπάνω), να δειχθεί η για το τυχόν σημείο όπου $g'(z_0)=0\leftrightarrow lnz_0=\dfrac{2(z_0-1)}{z_0}$ , αρκεί δηλαδή να δειχθεί η $2-\dfrac{4}{z_0}-ln(z_0-1)<0$ για (αρκετά εύκολη και ανεξαρτήτου ενδιαφέροντος).

Τώρα που πέρασε η λαίλαπα των Πανελλαδικών: τα παραπάνω αποτελούν αυτοδύναμη απόδειξη της δοθείσης (όπου βέβαια

είναι, όπως και στην απόδειξη του Τόλη, ο αριθμητής της παραγώγου της

)^ επισυνάπτω και ένα γράφημα των τριών σχετικών συναρτήσεων, όπου βλέπουμε πως $z_0\approx 4,9$ (σημείο μηδενισμού της πράσινης συνάρτησης ΚΑΙ σημείο τομής της μπλε και της κόκκινης συνάρτησης). [Στην μέθοδο αυτή (που δεν ξέρω πόσο δημοφιλής είναι) ... απαιτείται η αρνητικότητα της κόκκινης συνάρτησης σε ολόκληρο το διάστημα όπου μπορεί να κινείται το z_0

(στο $(2, \infty)$ δηλαδή), και όχι απλώς για x=z_0

: στο συγκεκριμένο πρόβλημα αυτό συμβαίνει και αποδεικνύεται εύκολα, σε αρκετά άλλα προβλήματα ΟΧΙ.]

: γινόμενο-λογαρίθμων.png (15.17 KiB) Προβλήθηκε 908 φορές

#7

gbaloglou έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 17, 2021 1:55 pm
στο συγκεκριμένο πρόβλημα αυτό συμβαίνει και αποδεικνύεται εύκολα, σε αρκετά άλλα προβλήματα ΟΧΙ.

ΕΔΩ για παράδειγμα ... δεν δούλεψε

... Έτσι για να μην ξεχνιόμαστε

Γινόμενο λογαρίθμων

Γινόμενο λογαρίθμων

Re: Γινόμενο λογαρίθμων

Re: Γινόμενο λογαρίθμων

Re: Γινόμενο λογαρίθμων

Re: Γινόμενο λογαρίθμων

Re: Γινόμενο λογαρίθμων

Re: Γινόμενο λογαρίθμων

Μέλη σε σύνδεση