Συνέχεια και σύνολο τιμών

#1

Δίνεται η συνάρτηση

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

B) Να βρεθεί το σύνολο τιμών της συνάρτησης

Γ) Να δείξετε ότι η εξίσωση f(x)=e^x

έχει ακριβώς μία ρίζα.

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

Ορέστης Λιγνός · #2

george visvikis έγραψε: ↑
Σάβ Σεπ 30, 2017 4:52 pm
Δίνεται η συνάρτηση 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

Α) Να βρεθούν οι πραγματικοί αριθμοί και το

B) Να βρεθεί το σύνολο τιμών της συνάρτησης

Γ) Να δείξετε ότι η εξίσωση 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

.

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

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

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

, συνεπώς

.

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.

KARKAR · #3

: μοναδικότητα.png (9.35 KiB) Προβλήθηκε 1333 φορές

Βάζω το σχήμα της λύσης του Ορέστη , ίσως έτσι δοθεί εξήγηση της μοναδικότητας

της λύσης της εξίσωσης : f(x)=e^x

...

#4

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 .

kfd · #5

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

#6

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 $\displaystyle h(x)$ )

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #7

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 · #8

Για

έχουμε

. Άρα

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 · #9

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

Για έχουμε μοναδική ρίζα όπως αποδείχθηκε.

Για 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 · #10

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Τετ Οκτ 04, 2017 12:50 pm

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

Για έχουμε μοναδική ρίζα όπως αποδείχθηκε.

Για 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.

#11

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

θα έχει σύνολο τιμών $\displaystyle [ 3- e , + \infty )$ και το ζητούμενο έπεται.

Συνέχεια και σύνολο τιμών

Συνέχεια και σύνολο τιμών

Re: Συνέχεια και σύνολο τιμών

Re: Συνέχεια και σύνολο τιμών

Re: Συνέχεια και σύνολο τιμών

Re: Συνέχεια και σύνολο τιμών

Re: Συνέχεια και σύνολο τιμών

Re: Συνέχεια και σύνολο τιμών

Re: Συνέχεια και σύνολο τιμών

Re: Συνέχεια και σύνολο τιμών

Re: Συνέχεια και σύνολο τιμών

Re: Συνέχεια και σύνολο τιμών

Μέλη σε σύνδεση