Συνέχεια και σύνολο τιμών

Σ' αυτόν τόν φάκελο καταχωρούνται, γιά περιορισμένο χρονικό διάστημα, ασκήσεις πού προτείνονται από οποιοδήποτε μέλος, αλλά η επίλυσή τους αφήνεται ΜΟΝΟ στούς μαθητές.

Συντονιστής: polysot

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9214
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Συνέχεια και σύνολο τιμών

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Σάβ Σεπ 30, 2017 4:52 pm

Δίνεται η συνάρτηση f συνεχής στο \mathbb{R} με \displaystyle f(x) = \frac{{{{(x - 1)}^2} + a|x - 1| + b}}{{{x^2} - 2x}},x \ne 0,x \ne 2 και f(0)=2

Α) Να βρεθούν οι πραγματικοί αριθμοί a, b και το f(2).

B) Να βρεθεί το σύνολο τιμών της συνάρτησης f.

Γ) Να δείξετε ότι η εξίσωση f(x)=e^x έχει ακριβώς μία ρίζα.


Γ' Λυκείου .......................... μέχρι 2/10/2017



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1610
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Συνέχεια και σύνολο τιμών

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Δευ Οκτ 02, 2017 12:17 am

george visvikis έγραψε:
Σάβ Σεπ 30, 2017 4:52 pm
Δίνεται η συνάρτηση f συνεχής στο \mathbb{R} με \displaystyle f(x) = \frac{{{{(x - 1)}^2} + a|x - 1| + b}}{{{x^2} - 2x}},x \ne 0,x \ne 2 και f(0)=2

Α) Να βρεθούν οι πραγματικοί αριθμοί a, b και το f(2).

B) Να βρεθεί το σύνολο τιμών της συνάρτησης f.

Γ) Να δείξετε ότι η εξίσωση f(x)=e^x έχει ακριβώς μία ρίζα.


Γ' Λυκείου .......................... μέχρι 2/10/2017
Α) Η συνάρτηση f(x) είναι συνεχής στο \mathbb{R}, επομένως \displaystyle \lim_{x \to 0} f(x)=f(0)=2.

Είναι \displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{(x-1)^2+a|x-1|+b}{x^2-2x}=2.

Επίσης, \displaystyle \lim_{x \to 0}(x-1)=-1<0, επομένως η x-1 είναι αρνητική κοντά στο 0.

Άρα, \displaystyle 2=\lim_{x \to 0} \dfrac{(x-1)^2+a|x-1|+b}{x^2-2x}=\lim_{x \to 0} \dfrac{(x-1)^2+a(1-x)+b}{x^2-2x}=\lim_{x \to 0}\dfrac{x^2-(a+2)x+a+b+1}{x^2-2x}.

Έστω τώρα g(x)=\dfrac{x^2-(a+2)x+a+b+1}{x^2-2x} με \displaystyle \lim_{x \to 0}g(x)=2 (1).

Είναι \displaystyle x^2-(a+2)x+a+b+1=g(x)(x^2-2x) \Rightarrow \lim_{x \to 0} (x^2-(a+2)x+a+b+1)=\lim[g(x)(x^2-2x)] \Rightarrow

a+b+1=0 \Rightarrow b=-1-a.

Αντικαθιστούμε το b=-1-a στην (1) και έχουμε 2=\displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{x^2-(a+2)x}{x^2-2x}=\lim_{x \to 0} \dfrac{x-a-2}{x-2}=\dfrac{a+2}{2} \Rightarrow \boxed{a=2,b=-3}.

Είναι λοιπόν f(x)=\dfrac{(x-1)^2+2|x-1|-3}{x^2-2x}.

Είναι \displaystyle f(2)=\lim_{x \to 2} f(x)=\lim_{x \to 2} \dfrac{(x-1)^2+2|x-1|-3}{x^2-2x}, και αφού \displaystyle \lim_{x \to 2} (x-1)=1>0, το x-1 είναι θετικό κοντά στο 0 και είναι \displaystyle f(2)=\lim_{x \to 2} \dfrac{x^2-2x+1+2x-2-3}{x^2-2x}=\lim_{x \to 2} \dfrac{x^2-4}{x(x-2)} =\lim_{x \to 2} \dfrac{x+2}{x}=2 \Rightarrow \boxed{f(2)=2}.

Β) Διακρίνουμε τις περιπτώσεις x <1 και x \geqslant 1, οπότε :

\displaystyle f(x)=\begin{cases} \displaystyle \dfrac{x-4}{x-2}, \,\, x<1 \\ \displaystyle \dfrac{x+2}{x}, \,\, x \geqslant 1 \end{cases}.

Αν x<1, τότε με y=f(x) είναι y=\dfrac{x-4}{x-2} \Rightarrow x=\dfrac{2y-4}{y-1}<1 \Rightarrow \boxed{1<y<3}.

Αν x \geqslant 1, τότε y=\dfrac{x+2}{x} \Rightarrow x=\dfrac{2}{y-1} \geqslant 1 \Rightarrow \boxed{1<y \leqslant 3}.

Τελικά, \boxed{f(A)=(1,3]}.

Γ) Θεωρούμε την συνάρτηση h(x)=f(x)-e^x, x \in [0,2].

Αυτή η συνάρτηση είναι συνεχής, ως πράξεις μεταξύ συνεχών συναρτήσεων.

Είναι επίσης h(0)=f(0)-1=1>0 και h(2)=2-e^2<0, συνεπώς h(0)h(2)<0.

Άρα, από το Θεώρημα Bolzano, η εξίσωση h(x)=0 έχει μία τουλάχιστον λύση στο (0,2), δηλαδή υπάρχει x_0 \in (0,2), ώστε h(x_0)=0 \Rightarrow f(x_0)-e^{x_0}=0 \Rightarrow f(x_0)=e^{x_0}.

Για την μοναδικότητα δεν έχω λύση. :(


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 11552
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Συνέχεια και σύνολο τιμών

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Δευ Οκτ 02, 2017 7:26 am

μοναδικότητα.png
μοναδικότητα.png (9.35 KiB) Προβλήθηκε 944 φορές
Βάζω το σχήμα της λύσης του Ορέστη , ίσως έτσι δοθεί εξήγηση της μοναδικότητας

της λύσης της εξίσωσης : f(x)=e^x ...


Άβαταρ μέλους
exdx
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1453
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 6:00 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: Συνέχεια και σύνολο τιμών

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από exdx » Τρί Οκτ 03, 2017 5:47 pm

Για να μη μείνει μετέωρο το τελευταίο ερώτημα στό ωραίο θέμα του Γιώργου

Η συνάρτηση γράφεται
\displaystyle f(x)=\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} 
   \frac{x-4}{x-2},\,\,x<1  \\ 
   \frac{x+2}{x},\,\,x\ge 1  \\ 
\end{array} \right.=\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} 
   1-\frac{2}{x-2},\,\,x<1  \\ 
   1+\frac{2}{x},\,\,\,\,\,\,\,\,\,x\ge 1  \\ 
\end{array} \right.
οπότε εύκολα αποδεικνύεται με τον ορισμό ότι είναι γνησίως αύξουσα στο \displaystyle (-\infty ,1) και γνησίως φθίνουσα στο \displaystyle [1,+\infty )
Επιπλέον \displaystyle f(1)=3\Rightarrow h(1)=3-e>0, άρα \displaystyle h(1)h(2)<0 οπότε η ρίζα είναι στο διάστημα \displaystyle (1,2) και είναι μοναδική
διότι η \displaystyle h(x)=f(x)-{{e}^{x}},x\in [1,2] είναι γνησίως φθίνουσα .


Kαλαθάκης Γιώργης
kfd
Δημοσιεύσεις: 110
Εγγραφή: Πέμ Ιουν 05, 2014 9:04 pm

Re: Συνέχεια και σύνολο τιμών

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από kfd » Τρί Οκτ 03, 2017 11:27 pm

Στο \mathbb{R} δεν πρέπει να είναι μοναδική η ρίζα;


Άβαταρ μέλους
exdx
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1453
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 6:00 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: Συνέχεια και σύνολο τιμών

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από exdx » Τετ Οκτ 04, 2017 11:47 am

kfd έγραψε:
Τρί Οκτ 03, 2017 11:27 pm
Στο \mathbb{R} δεν πρέπει να είναι μοναδική η ρίζα;
Σωστά . Παράλειψη
Μένει να αποδειχθεί ότι \displaystyle h(x) \ne 0 για \displaystyle x < 1 και για \displaystyle x > 2 ( Με μελέτη της \displaystyle h(x) )


Kαλαθάκης Γιώργης
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 3014
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Συνέχεια και σύνολο τιμών

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Τετ Οκτ 04, 2017 12:11 pm

Μια παρατήρηση που θα βοηθούσε στην λύση είναι ότι η αρχική συνάρτηση ικανοποιεί την

f(1-x)=f(1+x)

Δηλαδή η γραφική της παράσταση είναι συμμετρική ως προς την ευθεία x=1


evitakron
Δημοσιεύσεις: 17
Εγγραφή: Πέμ Ιουν 18, 2015 12:34 pm

Re: Συνέχεια και σύνολο τιμών

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από evitakron » Τετ Οκτ 04, 2017 12:33 pm

Για x<0 έχουμε e^x<1. Άρα f(x)>e^x αφού f\left \left (( - \infty \right,0 ) \right )=\left ( 1 \right,3 ).

Για x>1 έχουμε μοναδική ρίζα όπως αποδείχθηκε.

Για 0<x<1 μένει να δείξουμε ότι \frac{x-4}{x-2}>e^x. Αλλά πως;;;


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 3014
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Συνέχεια και σύνολο τιμών

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Τετ Οκτ 04, 2017 12:50 pm

evitakron έγραψε:
Τετ Οκτ 04, 2017 12:33 pm
Για x<0 έχουμε e^x<1. Άρα f(x)>e^x αφού f\left \left (( - \infty \right,0 ) \right )=\left ( 1 \right,3 ).

Για x>1 έχουμε μοναδική ρίζα όπως αποδείχθηκε.

Για 0<x<1 μένει να δείξουμε ότι \frac{x-4}{x-2}>e^x. Αλλά πως;;;
Κάνοντας τις πράξεις αρκεί να δειχθεί

g(x)=4-x-2e^{x}+xe^{x}>0 ,0< x< 1

που είναι εύκολο να δειχθεί αφού g'(x)=-1-e^{x}+xe^{x}< 0,0<x<1


evitakron
Δημοσιεύσεις: 17
Εγγραφή: Πέμ Ιουν 18, 2015 12:34 pm

Re: Συνέχεια και σύνολο τιμών

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από evitakron » Τετ Οκτ 04, 2017 1:36 pm

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:
Τετ Οκτ 04, 2017 12:50 pm
evitakron έγραψε:
Τετ Οκτ 04, 2017 12:33 pm
Για x<0 έχουμε e^x<1. Άρα f(x)>e^x αφού f\left \left (( - \infty \right,0 ) \right )=\left ( 1 \right,3 ).

Για x>1 έχουμε μοναδική ρίζα όπως αποδείχθηκε.

Για 0<x<1 μένει να δείξουμε ότι \frac{x-4}{x-2}>e^x. Αλλά πως;;;
Κάνοντας τις πράξεις αρκεί να δειχθεί

g(x)=4-x-2e^{x}+xe^{x}>0 ,0< x< 1

που είναι εύκολο να δειχθεί αφού g'(x)=-1-e^{x}+xe^{x}< 0,0<x<1
Παράλειψη μου...εννοούσα χωρίς χρήση παραγώγου για να εναρμονιστούμε με την τρέχουσα ύλη.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9214
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Συνέχεια και σύνολο τιμών

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τετ Οκτ 04, 2017 5:12 pm

Για τη μοναδικότητα, αρκεί να δειχθεί ότι η εξίσωση \displaystyle \frac{{x - 4}}{{x - 2}} = {e^x} δεν έχει λύση στο \displaystyle ( - \infty ,1] ή ότι η συνάρτηση

\displaystyle g(x) = (x - 2){e^x} - x + 4 δεν μηδενίζεται στο \displaystyle ( - \infty ,1]

Πράγματι, εδώ αποδείχθηκε ότι η συνάρτηση f(x)=(x-2)e^x-x είναι γνησίως φθίνουσα, άρα έχει σύνολο τιμών

\displaystyle [ - e - 1, + \infty ), οπότε η g θα έχει σύνολο τιμών \displaystyle [ 3- e , + \infty ) και το ζητούμενο έπεται.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Ασκήσεις ΜΟΝΟ για μαθητές”

Μέλη σε σύνδεση

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