ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ · #121

perpant έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 111η

Η συνάρτηση $\displaystyle{f:\left[ {1,e} \right] \to \left[ { - 1,4} \right]}$ , όπου το $\displaystyle{\left[ { - 1,4} \right]}$ είναι το σύνολο τιμών της, είναι δύο φορές παραγωγίσιμη με $\displaystyle{f\left( 1 \right) = 2}$ και $\displaystyle{f\left( e \right) = e + 1}$ . Να δείξετε ότι:

Αi) Υπάρχουν $\displaystyle{x_1 ,x_2 \in \left( {1,e} \right)}$ με $\displaystyle{x_1 \ne x_2 }$ τέτοια ώστε $\displaystyle{f'\left( {x_1 } \right) = f'\left( {x_2 } \right) = 0}$

Αii) Υπάρχει $\displaystyle{\xi \in \left( {1,e} \right)}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{f''\left( \xi \right) = 0}$

Αiii) Υπάρχει ένα τουλάχιστον $\displaystyle{x_o \in \left( {1,e} \right)}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{f\left( {x_o } \right)\left( {f'\left( {x_o } \right) - 3f^2 \left( {x_o } \right)} \right) = x_o }$

Βi)Η ευθεία $\displaystyle{e:x + y = e + 2}$ τέμνει την $\displaystyle{C_f }$ σε ένα τουλάχιστον σημείο με τετμημένη $\displaystyle{c_0 \in \left( {1,e} \right)}$

Βii) Υπάρχουν $\displaystyle{\xi _1 ,\xi _2 \in \left( {1,e} \right)}$ με $\displaystyle{\xi _1 \ne \xi _2 \in \left( {1,e} \right)}$ τέτοια ώστε $\displaystyle{f'\left( {\xi _1 } \right) \cdot f'\left( {\xi _2 } \right) = 1}$

Γκουβιέρος-Διαμαντόπουλος (Εκδόσεις Ξιφαράς)

ΛΥΣΗ

Α.i. Επειδή η $\displaystyle{f}$ είναι συνεχής στο $\displaystyle{[1,e]}$ ,από θεώρημα μέγιστης και ελάχιστης τιμής έχουμε οτι υπάρχουν $\displaystyle{x_1 ,x_2 \in [1,e]}$ τέτοια ώστε $\displaystyle{f(x_1 ) = m}$ και $\displaystyle{f(x_2 ) = M}$ , όπου $\displaystyle{m}$ και $\displaystyle{M}$ η ελάχιστη και μέγιστη τιμή αντίστοιχα. Έπειδή η $\displaystyle{f}$ έχει σύνολο τιμών το $\displaystyle{[ - 1,4]}$ και $\displaystyle{f(1) = 2}$ , $\displaystyle{f(e) = e + 1}$ έχουμε οτι $\displaystyle{f(x_1 ) < f(1) < f(e) < f(x_2 )}$ , επομένως τα $\displaystyle{x_1 ,x_2 }$ δεν είναι τα άκρα του διαστήματος $\displaystyle{[1,e]}$ .

Συνεπώς $\displaystyle{x_1 ,x_2 \in (1,e)}$ . Επειδή η $\displaystyle{f}$ λαμβάνει ελάχιστη και μέγιστη τιμή σε αυτά, από θεώρημα $\displaystyle{Fermat}$ έχουμε οτι $\displaystyle{f'(x_1 ) = f'(x_2 ) = 0}$ .

Ακόμα έχουμε οτι $\displaystyle{f(x_1 ) = - 1,f(x_2 ) = 4}$

Α.ii. Αν $\displaystyle{x_1 < x_2 \in (1,e)}$ , τότε η $\displaystyle{{f'}}$ συνεχής στο $\displaystyle{[x_1 ,x_2 ]}$ ,η $\displaystyle{{f'}}$ παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{(x_1 ,x_2 )}$ και $\displaystyle{f'(x_1 ) = f'(x_2 ) = 0}$

Από θεώρημα $\displaystyle{Rolle}$ υπάρχει τουλάχιστον ένα $\displaystyle{\xi \in (x_1 ,x_2 ) \subset (1,e)}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{f''(\xi ) = 0}$

Όμοια αν $\displaystyle{x_2 < x_1 \in (1,e)}$

Αiii. Θεωρώ $\displaystyle{h(x) = f(x)(f'(x) - 3f^2 (x)) - x,x \in [x_1 ,x_2 ]}$

Η $\displaystyle{h}$ είναι συνεχής στο $\displaystyle{[x_1 ,x_2 ]}$ ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων

$\displaystyle{h(x_1 ) = f(x_1 )(f'(x_1 ) - 3f^2 (x_1 )) - x_1 = - 1(0 - 3 \cdot ( - 1)^2 ) - x_1 = 3 - x_1 > 0}$ διότι $\displaystyle{1 < x_1 < e}$ και

$\displaystyle{h(x_2 ) = f(x_2 )(f'(x_2 ) - 3f^2 (x_2 )) - x_2 = 4(0 - 3 \cdot 4^2 ) - x_2 = - 3 \cdot 4^3 - x_2 < 0}$ διότι $\displaystyle{1 < x_2 < e}$

Επομένως από θεώρημα $\displaystyle{Bolzano}$ υπάρχει τουλάχιστον ένα $\displaystyle{x_0 \in (x_1 ,x_2 ) \subset (1,e)}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{h(x_0 ) = 0 \Leftrightarrow f(x_0 )(f'(x_0 ) - 3f^2 (x_0 )) = x_0 }$

Β. i. Θεωρώ $\displaystyle{g(x) = f(x) + x - e - 2,x \in [1,e]}$

Η $\displaystyle{g}$ συνεχής στο $\displaystyle{[1,e]}$

$\displaystyle{g(1) = f(1) + 1 - e - 2 = 2 - e - 1 = 1 - e < 0}$

$\displaystyle{g(e) = f(e) + e - e - 2 = e + 1 - 2 = e - 1 > 0}$

Οπότε από θεώρημα $\displaystyle{Bolzano}$ υπάρχει τουλάχιστον ένα $\displaystyle{c_0 (1,e)}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{g(c_0 ) = 0}$ .

Συνεπώς η ευθεία $\displaystyle{x + y = e + 2}$ τέμνει την γραφική παράσταση της $\displaystyle{f}$ σε ένα τουλάχιστον σημείο με τετμημένη $\displaystyle{c_0 (1,e)}$

Β.ii. Η $\displaystyle{f}$ συνεχής $\displaystyle{[1,c_0 ]}$ , η $\displaystyle{f}$ παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{(1,c_0 )}$

Από $\displaystyle{\Theta {\rm M}{\rm T}}$ υπάρχει $\displaystyle{\xi _1 \in (1,c_0 )}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{f'(\xi _1 ) = \frac{{f(c_0 ) - f(1)}}{{c_0 - 1}} = \frac{{ - c_0 + e + 2 - 2}}{{c_0 - 1}} = \frac{{ - (c_0 - e)}}{{c_0 - 1}}}$

Η $\displaystyle{f}$ συνεχής $\displaystyle{[c_0,e ]}$ ,η $\displaystyle{f}$ παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{(c_0 ,e)}$

Από $\displaystyle{\Theta {\rm M}{\rm T}}$ υπάρχει $\displaystyle{\xi _2 \in (c_0 ,e)}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{f'(\xi _2 ) = \frac{{f(e) - f(c_0 )}}{{e - c_0 }} = \frac{{e + 1 - ( - c_0 + e + 2)}}{{e - c_0 }} = \frac{{c_0 - 1}}{{e - c_0 }}}$

Οπότε $\displaystyle{f'(\xi _1 ) \cdot f'(\xi _2 ) = \frac{{ - (c_0 - e)}}{{c_0 - 1}} \cdot \frac{{c_0 - 1}}{{e - c_0 }} = \frac{{e - c_0 }}{{c_0 - 1}} \cdot \frac{{c_0 - 1}}{{e - c_0 }} = 1}$

Edit:Πρόσθεσα την λύση στο Αiii, διότι είχε λάθος ένας συντελέστή, με αποτέλεσμα να μην βγαίνει με θεώρημα Bolzano

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ · #122

ΑΣΚΗΣΗ 112

Δίνεται η συνάρτηση $\displaystyle{f}$ συνεχής στο διάστημα $\displaystyle{[ - 2,2]}$ , παραγωγίσιμη δύο φορές στο διάστημα $\displaystyle{( -2,2)$ ,

για την οποία επίσης γνωρίζουμε ότι $\displaystyle{f(0) = 3}$ και $\displaystyle{f(x)f'(x) = f'(x) - x}$ για κάθε $\displaystyle{x \in [ - 2,2]}$

Έστω και οι μιγαδικοί αριθμοί $\displaystyle{z}$ για τους οποίους ισχύει $\displaystyle{\left| {z - i} \right| = 2}$

Να αποδείξετε ότι :

α) H $\displaystyle{f}$ δεν έχει σημεία καμπής .

β) $\displaystyle{f^2 (x) - 2f(x) + x^2 - 3 = 0}$

γ) H συνάρτηση $\displaystyle{g(x) = f(x) - 1}$ διατηρεί σταθερό πρόσημο στο $\displaystyle{( - 2,2)}$ .

δ) H $\displaystyle{f}$ είναι κοίλη

ε) $\displaystyle{f(x) = 1 + \sqrt {4 - x^2 } ,x \in [ - 2,2]}$

στ) Η γραφική παράσταση της $\displaystyle{f}$ είναι μέρος του γεωμετρικού τόπου των μιγαδικών $\displaystyle{z}$ και

ότι η εφαπτομένη της , στο σημείο που είναι η εικόνα του $\displaystyle{z}$ για τον οποίο το $\displaystyle{\left| z \right|}$ γίνεται μέγιστο , είναι παράλληλη στον άξονα $\displaystyle{x'x}$

Είναι το θέμα 23, της συλλογής ασκήσεων viewtopic.php?f=55&t=9007

#123

ΑΣΚΗΣΗ 113
Η συνάρτηση

είναι συνεχής στο $\left[\alpha ,\beta \right]$ , παραγωγίσιμη στο $\left(\alpha ,\beta \right)$
με $f(\alpha )=f(\beta )=0$ και η

είναι γνησίως φθίνουσα στο $\left(\alpha ,\beta \right)$ .
i) Αποδείξτε ότι f(x)> 0

για κάθε $x\in (\alpha ,\beta )$ .
ii) α) Αποδείξτε ότι υπάρχει ένα μόνο $x_{0}\in (\alpha ,\beta )$ ώστε η

να παρουσιάζει μέγιστο στο $x_{0}$ .
β) Αποδείξτε ότι υπάρχουν $x_{1},x_{2}\in (\alpha ,\beta )$ ώστε $f'(x_{1})-f'(x_{2})\geq \frac{4f(x_{0})}{\beta -\alpha}$ .
iii) Αν επιπλέον η

είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο $\left(\alpha ,\beta \right)$ , αποδείξτε ότι υπάρχει
ένα τουλάχιστον $\xi \in (x_{1},x_{2})$ ώστε
α) $f''( \xi)<0$
β) $f(x)\leq -f''(\xi )\left(\frac{\beta -\alpha }{2} \right)^2$

Χρήστος

Υ.Γ.(από τα παλιά θέματα της ΕΜΕ)

#124

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 112

Δίνεται η συνάρτηση $\displaystyle{f}$ συνεχής στο διάστημα $\displaystyle{[ - 2,2]}$ , παραγωγίσιμη δύο φορές στο διάστημα $\displaystyle{( -2,2)$ ,

για την οποία επίσης γνωρίζουμε ότι $\displaystyle{f(0) = 3}$ και $\displaystyle{f(x)f'(x) = f'(x) - x}$ για κάθε $\displaystyle{x \in [ - 2,2]}$

Έστω και οι μιγαδικοί αριθμοί $\displaystyle{z}$ για τους οποίους ισχύει $\displaystyle{\left| {z - i} \right| = 2}$

Να αποδείξετε ότι :

α) H $\displaystyle{f}$ δεν έχει σημεία καμπής .

β) $\displaystyle{f^2 (x) - 2f(x) + x^2 - 3 = 0}$

γ) H συνάρτηση $\displaystyle{g(x) = f(x) - 1}$ διατηρεί σταθερό πρόσημο στο $\displaystyle{( - 2,2)}$ .

δ) H $\displaystyle{f}$ είναι κοίλη

ε) $\displaystyle{f(x) = 1 + \sqrt {4 - x^2 } ,x \in [ - 2,2]}$

στ) Η γραφική παράσταση της $\displaystyle{f}$ είναι μέρος του γεωμετρικού τόπου των μιγαδικών $\displaystyle{z}$ και

ότι η εφαπτομένη της , στο σημείο που είναι η εικόνα του $\displaystyle{z}$ για τον οποίο το $\displaystyle{\left| z \right|}$ γίνεται μέγιστο , είναι παράλληλη στον άξονα $\displaystyle{x'x}$

Είναι το θέμα 23, της συλλογής ασκήσεων viewtopic.php?f=55&t=9007

ΛΥΣΗ

α) Εστω ότι η

εχει σημείο καμπής στο ${{x}_{0}}$ τότε θα ισχύει ${f}''({{x}_{0}})=0$ και τότε παραγωγίζοντας την ισότητα έχουμε ότι

{f}'(x){f}'(x)+f(x){f}''(x)={f}'(x)-1

και για $x={{x}_{0}}$ θα ισχύει ότι ${{({f}'({{x}_{0}}))}^{2}}={f}'({{x}_{0}})-1\Leftrightarrow {{({f}'({{x}_{0}}))}^{2}}-{f}'({{x}_{0}})+1=0$

που είναι άτοπο αφού ${{x}^{2}}-x+1>0,\,\,x\in R$ , άρα δεν έχει σημεία καμπής

β) Από f(x){f}'(x)=f(x)-1

ισχύει ότι 2f(x){f}'(x)=2f(x)-2

τότε και $({{f}^{2}}(x){)}'=(2f(x)-{{x}^{2}}{)}',\,\,x\in [-2,\,\,2]$ άρα θα είναι

${{f}^{2}}(x)=2f(x)-{{x}^{2}}+c$ και για x=0

θα είναι ${{f}^{2}}(0)=2f(0)+c\Leftrightarrow c=3$ άρα ${{f}^{2}}(x)=2f(x)-{{x}^{2}}+3\Leftrightarrow {{f}^{2}}(x)-2f(x)+{{x}^{2}}-3=0$

γ) Αν υπάρχει ${{x}_{0}}\in (-2,\,\,2)$ ώστε $g({{x}_{0}})=0$ τότε θα είναι $f({{x}_{0}})=1$ και λόγω (β) ${{f}^{2}}({{x}_{0}})-2f({{x}_{0}})+x_{0}^{2}-3=0\Leftrightarrow x_{0}^{2}=4$ άτοπο αφού

${{x}_{0}}\in (-2,\,\,2)$ άρα $g(x)\ne 0,\,\,x\in (-2,\,\,2)$ κα επειδή είναι συνεχής θα διατηρεί σταθερό πρόσημο στο

$(-2,\,\,2)$ και αφού g(0)=f(0)-1=2>0

θα είναι $g(x)>0,\,\,x\in (-2,\,\,2)$ άρα και $f(x)>1,\,\,x\in (-2,\,\,2)$

δ) Επει από {f}'(x){f}'(x)+f(x){f}''(x)={f}'(x)-1

έχουμε ότι $f(x){f}''(x)=-{{({f}'(x))}^{2}}+{f}'(x)-1$ και λόγω (γ) f(x)>1>0

και

$-{{({f}'(x))}^{2}}+{f}'(x)-1<0,\,\,\,\,x\in R$ από την ισότητα προκύπτει ότι f(x){f}''(x)<0

άρα ${f}''(x)<0,\,\,x\in (-2,\,\,2)$ άρα η

είναι κοίλη

ε) Από (β) ισχύει ${{f}^{2}}(x)-2f(x)+1=4-{{x}^{2}}\Leftrightarrow {{(f(x)-1)}^{2}}=4-{{x}^{2}}$ με $4-{{x}^{2}}\ge 0,\,\,\,x\in [-2,\,\,2]$ οπότε και

$\left| f(x)-1 \right|=\sqrt{4-{{x}^{2}}}$ και επειδή λόγω (γ) $f(x)>1,\,\,x\in (-2,\,\,2)$ προκύπτει ότι $f(x)-1=\sqrt{4-{{x}^{2}}}\Leftrightarrow f(x)=-1+\sqrt{4-{{x}^{2}}},\,\,\,x\in [-2,\,2]$

στ) Από $\left| z-i \right|=2$ ή εικόνα του

ανήκει σε κύκλο κέντρου $K(0,\,1)$ και ακτίνας

$\rho =2$ που έχει αναλυτική εξίσωση ${{x}^{2}}+{{(y-1)}^{2}}=4\Leftrightarrow {{(y-1)}^{2}}=4-{{x}^{2}},\,\,\,x\in [-2,\,\,2]$ άρα

$\left| y-1 \right|=\sqrt{4-{{x}^{2}}}$ επομένως προφανώς η γραφική παράσταση της

είναι το ημικύκλιο του κύκλου πάνω από τον

{x}'x

και το μέτρο του

γίνεται μέγιστο τότε στο σημείο του {y}'y

το $(0,\,\,2)$ δηλαδή όταν f(0)=2

και

από την αρχική ισότητα ισχύει $3{f}'(0)={f}'(0)\Leftrightarrow {f}'(0)=0$ που σημαίνει ότι η εφαπτομένη στο $(0,\,\,2)$ είναι παράλληλη στον άξονα {x}'x

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

pito · #125

ΑΣΚΗΣΗ 114

Α) 1. i) Να δείξετε ότι $x^{2}>ln2x$ για κάθε x>0

ii) Να δείξετε ότι $e^{x^{2}}>2x$ για κάθε

πραγματικό.

2. Να λύσετε την εξίσωση $x+e^{-x^{2}}=1$

β. Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:R\rightarrow R$ για την οποία ισχύει
$f(x)+e^{-f^{2}(x)}=x$ για κάθε

πραγματικό.

Να δείξετε ότι η

είναι γνησίως αύξουσα και να βρείτε το σημείο τομής της $C_{f}$ με την ευθεία x=1

( Αναστάσιος Μπάρλας, εκδόσεις Ελληνοεκδοτική)
Είχα ένα λαθάκι στην εκφώνηση , όπως επισήμανε και ο dennys

pito · #126

ΛΥΣΗ ΑΣΚΗΣΗΣ 113

α) Η

είναι συνεχής στο $[a,\beta ]$ και παραγωγίσιμη στο $(a,\beta )$ και $f(a)=f(\beta )$ , άρα από θ.Rolle θα υπάρχει $\xi \in (a,\beta )$ τέτοιο ώστε $f'(\xi )=0$

Για $a<x<\xi$ και αφού η

είναι γνησίως φθίνουσα είναι $f'(x)>f'(\xi )\Rightarrow f'(x)>0$ , άρα η

είναι γνησίως αύξουσα στο $[a,\xi ]$

και για $\xi <x<\beta \Rightarrow f'(x)<f'(\xi )\Rightarrow f'(x)<0$ , άρα η

είναι γνησίως φθίνουσα στο $[\xi ,\beta ]$ .

Έτσι για $a<x<\xi \Rightarrow f(x)>f(a)\Rightarrow f(x)>0, \xi <x<\beta \Rightarrow f(x)>f(\beta )\Rightarrow f(x)>0$ .
Έτσι f(x)>0

για $x\in (a,\beta )$

β) Από το (α) η

θα παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο $x_{o}=\xi$ το $f(x_{o})$

γ) Η

είναι συνεχής στο $[a,\frac{a+\beta }{2}]$ , παραγωγίσιμη στο $(a,\frac{a+\beta }{2})$ ,
άρα από ΘΜΤ θα υπάρχει $x_{1}\in (a,\frac{a+\beta }{2}) \tau \omega f'(x_{1})=2\frac{f(\frac{a+\beta }{2})}{\beta -a}$ (1)

όμοια από ΘΜΤ θα υπάρχει $x_{2}\in (\frac{a+\beta }{2},\beta ) \tau \omega f'(x_{2})=-2\frac{f(\frac{a+\beta }{2})}{\beta -a}$ (2)

Αφαιρώντας κατά μέλη τις (1), (2) είναι

$f'(x_{1})-f'(x_{2})=4\frac{f(\frac{a+\beta }{2})}{\beta -a}\leq 4f(x_{0})\frac{1}{\beta -\alpha }$ , αφού το $f(x_{o})$
είναι ολικό μέγιστο της

.

( Εδώ κάνω κάπου λάθος;;; Αντίθετη ανισότητα απέδειξα!!!)

δ) Αφού από το (α) είναι f(x)>0

, θα υπάρχει $\gamma \in (a,\beta ) \tau \omega f(\gamma )>0$

Η

είναι συνεχής στο $[a,\gamma ]$ , παραγωγίσιμη στο $(a,\gamma )$ άρα από ΘΜΤ
θα υπάρχει $\xi _{1}\in (a,\gamma ) \tau \omega f'(\xi _{1})=\frac{f(\gamma )}{\gamma -a}>0$

και όμοια θα υπάρχει $\xi _{2}\in (\gamma ,\beta ) \tau \omega f'(\xi _{2})=\frac{-f(\gamma )}{\beta -\gamma }<0$

Αφού η

είναι 2 φορές παραγωγίσιμη, η

είναι συνεχής στο $[\xi _{1},\xi _{2}]$
παραγωγίσιμη στο $(\xi _{1},\xi _{2})$ , άρα από ΘΜΤ θα υπάρχει
$\xi \in (\xi _{1},\xi _{2}) \tau \omega f''(\xi )=\frac{f'(\xi _{2})-f'(\xi _{1})}{\xi _{2}-\xi _{1}}<0$

xr.tsif έγραψε:Να συμπληρώσω το 113 iii β)
Από το ΘΜΤ στο προηγούμενο ερώτημα έχουμε αποδείξει ότι
υπάρχει $\xi \in (x_{1},x_{2})$ τέτοιο ώστε $f'(x_{1})-f'(x_{2}) = f''( \xi)(x_{1}-x_{2})= - f''( \xi)(x_{2}-x_{1})$
Άρα έχουμε $f'(x_{1})-f'(x_{2})=- f''( \xi)(x_{2}-x_{1})\geq \frac{4f(x_{o})}{\beta -\alpha}\geq \frac{4f(x)}{\beta -\alpha}$
τα οποία προκύπτουν από τα ερωτήματα iiβ και ii α
Δηλαδή $\frac{4f(x)}{\beta -\alpha} \leq - f''( \xi)(x_{2}-x_{1})\leq- f''( \xi)(\beta -\alpha)$
και άρα $f(x)\leq- f''( \xi)\left(\frac{\beta -\alpha }{2} \right)^2$ .

επιπλέον στο iiα πρέπει να συμπληρώσουμε ότι η είναι γνησίως φθίνουσα και άρα το $x_{o}$ είναι μοναδικό.

Χρήστος

Edit: Πρόσθεσα τη λύση του Χρήστου

alexandropoulos · #127

Μια σκέψη για το 113γ
Θ.Μ.Τ. στα [a,x_0], [x_0,b]

και προκύπτει $\ f'(\xi _1)-f'\left(\xi _2 \right)=\frac{f(x_0)}{x_0-a}+\frac{f(x_0)}{b-x_0}\geq \frac{4f(x_0)}{b-a}\Leftrightarrow \frac{1}{x_0-a}+\frac{1}{b-x_0}\geq \frac{4}{b-a}\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow \left(b-a \right)^2\geq 4(b-x_0)(x_0-a)\Leftrightarrow \left((b-x_0)+(x_0-a) \right)^2\geq 4(b-x_0)(x_0-a)$ που προφανώς ισχύει

dennys · #128

ΛΥΣΗ ΑΣΚΗΣΗΣ 114

1) Διορθώνω αν και βγαίνει και ετσι οτι : $x^2>ln2x ,\forall x >0$
θέτω συνάρτηση $g(x)=x^2-ln2x ,g{'}(x)=2x-\cfrac{1}{x} \Rightarrow g{'}(x)=0 \Rightarrow x=\cfrac{\sqrt{2}}{2}$

αρα η συνάρτηση ειναι : $\searrow (0,\cfrac{\sqrt{2}}{2}] ,\,\, \nearrow[ \cfrac{\sqrt{2}}{2},+\infty)$

εχει min στο $\cfrac{\sqrt{2}}{2}$ και $g(min)>0 \Rightarrow g(x)>0 \Rightarrow x^2>ln2x$
2) για x>0

,απο το 1) $x^2>ln2x \Rightarrow e^{x^2}>e^{ln2x} \Rightarrow e^{x^2}>2x$

για $x<0 \Rightarrow -x>0$ ομοια ισχύει οπως και για x=0

B) Θετω $k(x)=x+e^{-x^2}-1$ με ματίσια ρίζα την x=0

,και επειδή $k{'}(x)=1-2xe^{-x^2}=\cfrac{e^{x^2}-2x}{e^{x^2}}>0$

αρα ειναι μοναδική .

Γ) θετω $t(x)=x+e^{-x^2},t{'}(x)>0 \nearrow \Rightarrow t(f(x))=x \nearrow \Rightarrow f(x) \nearrow$

ή με παραγώγιση.

τωρα $t(f(x))=x, x=1 \Rightarrow t(f(1))=1=t(0) \Rightarrow f(1)=0 ,$ γιατι t(x) "1-1"

dennys

pito · #129

Κύριε alexandropoule μάλλον δεν βλέπω κάτι, πως βγήκε το $(b-a)^{2}$ στο 1ο μέλος μετά την απαλοιφή παρονομαστών;;

dennys · #130

Αλεξανδροπουλος τέλεια η σκέψη σου.
Ημουνα κοντα αλλα δεν ειδα το τελειο εγκλημα της προσθαφαίρεσης του χο

DENNYS

alexandropoulos · #131

pito έγραψε:Κύριε alexandropoule μάλλον δεν βλέπω κάτι, πως βγήκε το $(b-a)^{2}$ στο 1ο μέλος μετά την απαλοιφή παρονομαστών;;

Ομώνυμα και απαλοιφή

dennys · #132

ΑΣΚΗΣΗ 115

Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$

για την οποία ισχύει : $f(x)+e^{f(x)}=x+1 , \forall{x} \in \mathbb{R}$

1)Να αποφείξετε οτι: ${e^x} \ge{(x+1)}, \forall x\in R$

2) $f(x)\le\cfrac{x}{2}, \forall x\in R$ και $lim_{x\to -\infty}f(x)=-\infty$

3) $f(x)\ge ln(1+\cfrac{x}{2}), \forall{x} \ge 0$ και $lim_{x\to +\infty}f(x)=+\infty$

4) H f(x)

ειναι γν. αύξουσα και στρέφει τα κοίλα κατω.

5) Βρείτε το σύνολο τιμών.

6) Να δείξετε οτι αντιστρέφεται και βρείτε την $f^{-1}(x)$

φιλικά και μαθηματικά
dennys

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ · #133

ΑΣΚΗΣΗ 116

Έστω συνάρτηση $\displaystyle{f}$ παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{R}$ , για την οποία ισχύει: $\displaystyle{f(\alpha - 1) > \alpha - 1,f(\alpha ) < \alpha }$ και $\displaystyle{f(\alpha + 1) > \alpha + 1}$ , για κάποιο $\displaystyle{\alpha \in R}$ .

α. Να αποδείξετε ότι, η γραφική παράσταση της $\displaystyle{f}$ και η διχοτόμος του $\displaystyle{1^{o\upsilon } }$ και $\displaystyle{3^{o\upsilon } }$ τεταρτημορίου έχουν δυο τουλάχιστον κοινά σημεία.

β. Να αποδείξετε ότι, η εξίσωση $\displaystyle{f'(x) - 1 = f(x) - x}$ έχει μια τουλάχιστον λύση στο διάστημα $\displaystyle{(\alpha - 1,\alpha + 1)}$

γ. Αν επιπλέον η $\displaystyle{f}$ είναι δυο φορές παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{R}$ να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον $\displaystyle{\xi \in (\alpha - 1,\alpha + 1)}$ ώστε $\displaystyle{f''(\xi ) > 0}$

Είναι το θέμα 12, της συλλογής ασκήσεων viewtopic.php?f=55&t=9007

Προτείνω όταν φτάσουμε τις 120 ασκήσεις (μιας και θα έχουμε βάλει 50 ασκήσεις) , να φύγουμε από τον διαφορικό λογισμό και να πάμε στον ολοκληρωτικό λογισμό .

parmenides51 · #134

Θα συμφωνήσω, αρκετές είναι οι 50 ασκήσεις. Ας ξεκινήσω να ετοιμάζω το word σιγά σιγά

perpant · #135

Υ.Γ. Ελπίζω να μην έχει προταθεί κάπου και δεν το θυμάμαι

Πρέπει πρώτα να στέλνω π.μ. στον parm και μετά να προτείνω.

Έχω πολύ μικρή μνήμη, μαλλόν πάλιωσα ως μοντέλο και χρειάζομαι αναβάθμηση.

pito · #136

ΛΥΣΗ ΑΣΚΗΣΗΣ 115
α) Έστω η συνάρτηση $g(x)=e^{x}-x-1, A_{g}=R$

$g'(x)>0\Rightarrow e^{x}-1>0\Rightarrow x>0, g'(x)<0\Rightarrow x<0, g'(0)=0$
άρα η

είναι γνησίως φθίνουσα στο $(-\infty,0]$ και γνησίως αύξουσα στο $[0,+\infty)$ και παρουσιάζει ολικό ελάχιστο το
g(0)=0

άρα και $g(x)\geq g(0)\Rightarrow e^{x}\geq x+1$

β) Από το (α) και αφού το f(R)

είναι υποσύνολο του

$e^{f(x)}\geq f(x)+1\Rightarrow e^{f(x)}+f(x)\geq 2f(x)+1\Rightarrow x+1\geq 2f(x)+1\Rightarrow f(x)\leq \frac{x}{2}$ .

Ακόμη $lim_{x\rightarrow -\infty}\frac{x}{2}=-\infty$ , θα είναι
$\frac{x}{2}<0, x<0\Rightarrow f(x)<0, x<0\Rightarrow 0>\frac{1}{f(x)}\geq \frac{2}{x}$ και από κριτήριο παρεμβολής
θα είναι και $lim_{x\rightarrow -\infty}\frac{1}{f(x)}=0\Rightarrow lim _{x\rightarrow -\infty}f(x)=-\infty, f(x)<0$

γ) Είναι $f(x)\geq ln(1+\frac{x}{2})\Leftrightarrow e^{f(x)}\geq 1+\frac{x}{2}\geq 1+f(x)\Leftrightarrow e^{f(x)}\geq 1+f(x)$ ,
που ισχύει από το (α)

Αφού $lim_{x\rightarrow +\infty}ln(1+\frac{x}{2})=+\infty$ , θα είναι και
$ln(1+\frac{x}{2})>0, x>0,f(x)>0, x>0, 0<\frac{1}{f(x)}\leq \frac{1}{ln(1+\frac{x}{2})}$
και από κριτήριο παρεμβολής θα είναι $lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{1}{f(x)}=0\Rightarrow lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)=+\infty$
αφού και

δ) Παραγωγίζοντας την αρχική δοσμένη σχέση έχω :
$f'(x)+f'(x)e^{f(x)}=1\Rightarrow f'(x)(1+e^{f(x)})=1\Rightarrow f'(x)=\frac{1}{1+e^{f(x)}}$ (1)

Στην (1) είναι f'(x)>0

αφού και $1+e^{f(x)}>0$ , άρα η

είναι γνησίως αύξουσα στο

.

Το 2ο μέλος της (1) είναι παραγωγίσιμη συνάρτηση ως πράξη και σύνθεση παραγωγίσιμων συναρτήσεων ( της $e^{x}$ και της

).
Συνεπώς και η

είναι παραγωγίσιμη με $f''(x)=-\frac{f'(x)e^{f(x)}}{(1+e^{f(x)})^{2}}<0$ .

Έτσι η

είναι κοίλη στο

.

ε) Από τα (β) και (γ) είναι f(R)=R

στ) Η

είναι

και αντιστρέψιμη αφού δείξαμε ότι είναι γνησίως αύξουσα, με $A_{f^{-1}}=f(R)=R$

Θέτω $f(x)=y\Rightarrow x=f^{-1}(y)$ στην αρχική δοσμένη σχέση και έχω

$e^{y}+y=x+1\Rightarrow f^{-1}(x)=e^{x}+x-1, x\in R$ [quote][/quote]

dennys · #137

ΛΥΣΗ ΑΣΚΗΣΗ 116

1)Στα διαστήματα [a-1,a],[a,a+1]

, ισχύει το Θ.Β. για την συνάρτηση

g(x)=f(x)-x

αφου ειναι: 1) συνεχης στα κλειστα διαστήματα και

2) g(a)=f(a-1)-(a-1)>0,g(a)=f(a)-a<0, g(a+1)=f(a+1)-(a+1)>0

αρα υπάρχουν $\rho_1,\rho_2$ που ανήκουν αντίστοιχα στα [a-1,a],[a,a+1]

τετοια ωστε

$g(\rho_1)=0 \rightarrow f(\rho_1)=\rho_1, g(\rho_2)=0 \rightarrow f(\rho_2)=\rho_2$

2)θετω μια συνάρτηση h(x)=f(x)-x

και την $H(x)=(h(x)e^{-x}$ για την οποία

ισχύει το θεωρ.ROLLE στο διάστημα $[\rho_1,\rho_2]$ αρα υπάρχει $t\in (\rho_1,\rho_2)$ :

$H{'}(t)=0 \rightarrow h{'}(x)-h(x)=0 \rightarrow f{'}(x)-1=f(x)-x$ για x=t

3)με ΘΜΤ στα διαστήματα [a-1,a],[a,a+1]

υπάρχουν $\xi_1,\xi_2 : f{'}(\xi_1)=f(a)-f(a-1),f{'}(\xi_2)=f(a+1)-f(a)$

και με ΘΜΤ ΣΤΟ $[\xi_1,\xi_2]$ για την $f{'} : f{'}{'}(\xi)=\cfrac{f(a+1)-2f(a)+f(a-1)}{\xi_2-\xi_1}>0$

γιατι με πρόσθεση τα: f(a-1)>a-1,-2f(a)>-2a,f(a+1)>a+1

δινουν αθροισμα >0

φιλικα και μαθηματικά
dennys

perpant · #138

ΑΣΚΗΣΗ 117η

Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση $\displaystyle{f:\left( {0, + \infty } \right) \to R}$ για την οποία ισχύουν $\displaystyle{f\left( 1 \right) = 0}$ και $\displaystyle{xf'\left( x \right) - 2f\left( x \right) = x}$ για κάθε $\displaystyle{x \in \left( {0, + \infty } \right)}$ .

i) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση $\displaystyle{h\left( x \right) = \frac{{f\left( x \right)}}{{x^2 }}}$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{x \in \left( {0, + \infty } \right)}$

ii) Να βρείτε τον τύπο της συνάρτησης f

iii)Αν η συνάρτηση $\displaystyle{g\left( x \right)}$ είναι παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{R }$ και η $\displaystyle{C_g }$ διέρχεται από το $\displaystyle{\left( {1,0} \right)}$ και ισχύει $\displaystyle{ g'\left( x \right) = f\left( x \right)}$ για κάθε $\displaystyle{x \in R}$ , να βρείτε το όριο $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{g\left( x \right)}}{{\ln ^2 x}}}$

Άλλη μία από Μπαϊλάκη

EDIT: Άλλαξα το τρίτο ερώτημα

parmenides51 · #139

perpant έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 117η

Δεν μπήκε πάλι

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ · #140

perpant έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 117η

Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση $\displaystyle{f:\left( {0, + \infty } \right) \to R}$ για την οποία ισχύουν $\displaystyle{f\left( 1 \right) = 0}$ και $\displaystyle{xf'\left( x \right) - 2f\left( x \right) = x}$ για κάθε $\displaystyle{x \in \left( {0, + \infty } \right)}$ .

i) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση $\displaystyle{h\left( x \right) = \frac{{f\left( x \right)}}{{x^2 }}}$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{x \in \left( {0, + \infty } \right)}$

ii) Να βρείτε τον τύπο της συνάρτησης f

iii) Αν η συνάρτηση $\displaystyle{g(x)}$ παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{\mathbb{R}}$ διερχόμενη από το σημείο $\displaystyle{(1,0)}$ τέτοια ώστε $\displaystyle{g'(x)=f(x)}$ για κάθε $\displaystyle{x \in \mathbb{R}}$ . Να βρείτε το $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{g(x)}}{{\ln ^2 x}}}$

Άλλη μία από Μπαϊλάκη. Με τροποποίηση του iii ερωτήματος

ΛΥΣΗ

i. H $\displaystyle{h}$ παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{(0, + \infty )}$ ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων με $\displaystyle{h'(x) = \frac{{f'(x)x^2 - 2xf(x)}}{{x^4 }} = \frac{{f'(x)x - 2f(x)}}{{x^3 }} = \frac{x}{{x^3 }} = \frac{1}{{x^2 }} > 0,\forall x \in (0, + \infty )}$

Επειδή $\displaystyle{h'(x) > 0,\forall x \in (0, + \infty )}$ έχουμε οτι η $\displaystyle{h}$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{(0, + \infty )}$

ii. $\displaystyle{xf'(x) - 2f(x) = x \Leftrightarrow x^2 f'(x) - 2xf(x) = x^2 \mathop \Leftrightarrow \limits^{x > 0} \frac{{x^2 f'(x) - 2xf(x)}}{{x^4 }} = \frac{1}{{x^2 }} \Rightarrow \left( {\frac{{f(x)}}{{x^2 }}} \right)^\prime = \left( { - \frac{1}{x}} \right)^\prime \Rightarrow }$

$\displaystyle{\frac{{f(x)}}{{x^2 }} = - \frac{1}{x} + c}$ . Για $\displaystyle{x = 1}$ έχουμε $\displaystyle{0 = - 1 + c \Leftrightarrow c = 1}$ .

Επομένως $\displaystyle{\frac{{f(x)}}{{x^2 }} = - \frac{1}{x} + 1 \Leftrightarrow f(x) = x^2 - x,x > 0}$ . Συνεπώς $\displaystyle{f(x) = x^2 - x,x > 0}$ , που επάληθεύει την $\displaystyle{xf'(x) - 2f(x) = x}$

iii, ΝΕΟ. $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{g(x)}}{{\ln ^2 x}}\mathop = \limits^{\frac{0}{0}DLH} \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{g'(x)}}{{\frac{{2\ln x}}{x}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{xf(x)}}{{2\ln x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{x(x^2 - x)}}{{2\ln x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{x^3 - x^2 }}{{2\ln x}}\mathop = \limits^{\frac{0}{0}DLH} \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{3x^2 - 2x}}{{\frac{2}{x}}} = \frac{{3 - 2}}{2} = \frac{1}{2}}$

ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Μέλη σε σύνδεση