ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Grosrouvre · #41

M.S.Vovos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 15

B. Να δείξετε ότι η συνάρτηση αντιστρέφεται και να βρείτε την $f^{-1}$ .

Γ. Να δείξετε ότι $\displaystyle \int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}f(x)dx= 0$ .

Β. Για κάθε $x \in (-1,1)$ , ισχύει ότι:

$0 < x^2 < 1 \Longrightarrow -1 < x^2 -1 <0 \Longrightarrow \displaystyle{\frac{1}{x^2 -1}} < -1 \Longrightarrow$
$\Longrightarrow f{'}(x) = \displaystyle{ \frac{2}{x^2 -1} < -2 < 0$ .

Επομένως, η

είναι γνησίως φθίνουσα στο (-1,1)

και αντιστρέφεται στο διάστημα αυτό ώντας 1 - 1

.

Επίσης, το σύνολο τιμών της

(άρα και το πεδίο ορισμού της $f^{-1}$ ) είναι όλο το σύνολο των πραγματικών αριθμών, καθώς $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 1^{-}} f(x) = - \infty$ και $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow -1^{+}} f(x) =+ \infty$ .

Θέτωντας τώρα f(x) = y

και λύνοντας ως προς

, προκύπτει ότι:

$\displaystyle{f^{-1}(x) = \frac{1 - e^x}{1 +e^x}$ , για κάθε $x \in \mathbb{R}$ .

(Και το σύνολο τιμών της αντίστροφης είναι το (-1,1)

)

Γ. Παρατηρούμε ότι f(-x) = - f(x)

, δηλαδή η

είναι περιττή στο (-1,1)

(καθώς και το αντίστοιχο διάστημα είναι συμμετρικό ως προς της αρχή).

Άρα, $I = \displaystyle \int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}f(x)dx= 0$ διότι τα όρια ολοκλήρωσης είναι αντίθετα (αλλαγή μεταβλητής x = - u

και προκύπτει I = - I

).

Christos75 · #42

Grosrouvre έγραψε:
M.S.Vovos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 15

Γ. Να δείξετε ότι $\displaystyle \int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}f(x)dx= 0$ .

Γ. εναλλακτικά μπορούμε να το χειριστούμε ως ακολούθως (χωρίς τη χρήση της αντιστρόφου εάν δεν μας τη δίνουν ίσως)

Είναι: $\int_{-1/2}^{1/2} f(x) dx =\int_{-1/2}^{1/2} ln( \frac{1-x}{1+x}) dx=\int_{-1/2}^{1/2} ln(1-x) dx-\int_{-1/2}^{1/2}ln(1+x)dx (1)$

Υπολογίζουμε τώρα το κάθε ένα ολοκλήρωμα ξεχωριστά και έχουμε:
$\int_{-1/2}^{1/2} ln(1-x) dx=$ όπου θέτουμε : $1-x=u, du=-dx, x=- \frac{1}{2} \Rightarrow u= \frac{3}{2}, x= \frac{1}{2} \Rightarrow u= \frac{1}{2}$

Άρα το ολοκλήρωμα γίνεται: $\int_{-1/2}^{1/2} ln(1-x) dx= \int_{3/2}^{1/2}lnu (-du)= \int_{1/2}^{3/2}lnu du=(ulnu-u)$ με γνωστά τα άκρα ολοκλήρωσης.
Οπότε κάνοντας απλές πράξεις έχουμε ότι: $\int_{-1/2}^{1/2} ln(1-x) dx=...=(3/2)ln3-ln2-1 (2)$

Με όμοιο τρόπο επιλύουμε το ολοκλήρωμα : $\int_{-1/2}^{3/2} ln(1+x) dx=\int_{3/2}^{5/2} lnu du$ εάν θέσουμε:

$1+x=u, x=-1/2 \Rightarrow u=1/2, x=1/2 \Rightarrow u=3/2,du=dx$

Οπότε τελικά έχουμε: $\int_{-1/2}^{3/2} ln(1+x) dx=\int_{3/2}^{5/2} lnu du=(ulnu-u)=...=(3/2)ln3-ln2-1(3)$ Από σχέσεις (1),(2),(3)

προφανώς

προκύπτει το ζητούμενο.

maiksoul · #43

M.S.Vovos έγραψε:...Λύση στην ΑΣΚΗΣΗ 9...

α) Η συνάρτηση ως γνησίως μονότονη, είναι και αντιστρέψιμη.

Έστω οποιαδήποτε $x_{1},x_{2}\in D_{g}$ με $x_{1}\neq x_{2}$ , τότε θα έχουμε:

$\displaystyle x_{1}\neq x_{2}\Leftrightarrow f(x_{1})\neq f(x_{2})\Leftrightarrow f^{3}(x_{1})\neq f^{3}(x_{2})$

$\displaystyle x_{1}\neq x_{2}\Leftrightarrow f(x_{1})\neq f(x_{2})\Leftrightarrow f(f(x_{1}))\neq f(f(x_{2}))\Leftrightarrow (fof)(x_{1})\neq (fof)(x_{2})$

Από τις παραπάνω δύο σχέσεις και με πρόσθεση αυτών:

$\displaystyle g(x_{1})\neq g(x_{2})$

Άρα, η συνάρτηση είναι και επομένως, αντιστρέψιμη.

[/i]

Το παραπάνω συμπέρασμα και ζητούμενο, άραγε είναι ακριβές;

M.S.Vovos · #44

ΑΣΚΗΣΗ 16

Θεωρούμε τη παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ , για την οποία ισχύει η σχέση:

$\displaystyle e^{2x-f'(x)}+e^{-f'(x)}(2x-f'(x))=1$ , με f(0)=0

.

Α. Να δείξετε ότι $f(x)=x^{2}$ .

B. Να βρείτε τους πραγματικούς αριθμούς $\alpha ,\beta \in (0,3)$ , με $\alpha < \beta$ , ώστε οι ευθείες $(\varepsilon _{1}):y=\alpha ^{2},(\varepsilon _{2}):y=\beta ^{2}$ να χωρίζουν το εμβαδόν του χωρίου, που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης

και την ευθεία $(\delta ):y=9$ , σε τρία ισεμβαδικά χωρία.

Γ. Να δείξετε ότι $\displaystyle \frac{1}{e}< \int_{0}^{1}e^{f(t)}dt\cdot \int_{0}^{1}e^{-f(t)}dt< e$

Δ. Να υπολογίσετε το $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty }\left |\frac{\eta \mu f(x)}{xf(x)} \right |$ .

maiksoul · #45

maiksoul έγραψε:
M.S.Vovos έγραψε:...Λύση στην ΑΣΚΗΣΗ 9...

α) Η συνάρτηση ως γνησίως μονότονη, είναι και αντιστρέψιμη.

Έστω οποιαδήποτε $x_{1},x_{2}\in D_{g}$ με $x_{1}\neq x_{2}$ , τότε θα έχουμε:

$\displaystyle x_{1}\neq x_{2}\Leftrightarrow f(x_{1})\neq f(x_{2})\Leftrightarrow f^{3}(x_{1})\neq f^{3}(x_{2})$

$\displaystyle x_{1}\neq x_{2}\Leftrightarrow f(x_{1})\neq f(x_{2})\Leftrightarrow f(f(x_{1}))\neq f(f(x_{2}))\Leftrightarrow (fof)(x_{1})\neq (fof)(x_{2})$

Από τις παραπάνω δύο σχέσεις και με πρόσθεση αυτών:

$\displaystyle g(x_{1})\neq g(x_{2})$

Άρα, η συνάρτηση είναι και επομένως, αντιστρέψιμη.

[/i]

Το παραπάνω συμπέρασμα και ζητούμενο, άραγε είναι ακριβές;

Δίνω ένα παράδειγμα για τον ποιο πάνω ισχυρισμό:

Είναι $1+e^{x}\neq 2+e^{x}\;\;\;\;(1)\;\;\;\wedge \;\;\;2-e^{x}\neq1-e^{x}\;\;\;(2)$ όμως προσθέτοντας έχω $(1)+(2):3\neq3$ το οποίο δεν είναι αληθές!

Να πω ακόμα ότι η εκφώνηση της άσκησης 9,

M.S.Vovos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 9

Έστω η γνησίως μονότονη συνάρτηση $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ , με $f(\mathbb{R})=\mathbb{R}$ και . Θεωρούμε, επιπλέον, τη συνάρτηση $\displaystyle g(x)=f^{3}(x)+(fof)(x),x\in \mathbb{R}$ .

A. Να δείξετε ότι οι συναρτήσεις είναι αντιστρέψιμες.

Β. Να δείξετε ότι $\displaystyle \left (gof^{-1} \right )(x)=x^{3}+f(x)$ .

Γ. Να λύσετε την εξίσωση $f(x)=2-x^{3}$ .

Δ. Αν , να βρείτε τη μονοτονία της συνάρτησης και στη συνέχεια, αν η είναι συνεχής και ισχύει

, να δείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle \frac{f(x)-a}{x-2a}=\frac{f(x)-2a}{x-a}$ , έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο διάστημα .

Πηγή: Α. Μπάρλας, Εκδόσεις Ελληνοεκδοτική

δεν είναι αυτή που υπάρχει στο τελευταίο τεύχος του Αναστάσιου Μπάρλα ( εκδόσεις Ελληνοεκδοτική ),

στην οποία γίνεται εξαρχής (πολύ ορθά) σαφής αναφορά για γνησίως αύξουσα συνάρτηση

.

Σύμφωνα λοιπόν με αυτήν την εκφώνηση ,δίνω μια σύντομη απάντηση στο 1ο ερώτημα , στην ωραία αυτή άσκηση.

Η συνάρτηση $h(x)=f(x)+x^{3}\;\;\;,x\in R$ ,προκύπτει κατασκευαστικά ότι είναι γνησίως αύξουσα , οπότε (για τον ίδιο λόγο ) και η $g(x)=h(f(x)),\;\;\;x\in R$ , άρα η

είναι

Για λόγους πληρότητας να αναφέρω ότι αν $\displaystyle{ f \downarrow \Re \,\,\, }$ π.χ. $\displaystyle{ f(x) = 2 - x }$ είναι $\displaystyle{ g(x) = \,\,x + (2 - x)^3 \, }$ και προκύπτει πως

$\displaystyle{ g\downarrow ( - \infty ,2 - \frac{{\sqrt 3 }}{3}\,\,]\,\,\,,\,\,\,g \uparrow \left[ {\,\,2 - \frac{{\sqrt 3 }}{3}\,\,,\,\,\,2 + \frac{{\sqrt 3 }}{3}\,\,\,} \right]\,\,,g\downarrow [\,2 + \frac{{\sqrt 3 }}{3}, + \infty ) }$

τότε δηλαδή η

δεν είναι οπωσδήποτε 1-1

στο $\Re$ .

M.S.Vovos · #46

K. Μιχάλη, η άσκηση είναι από το πρώτο τεύχος του Μπάρλα στη σελίδα 394 το Θέμα 34, από την έκδοση του 2013 και την έχω αντιγράψει πιστά. Δεν αναφέρει πουθενά, ότι η

είναι γνησίως αύξουσα. Αναφέρει, μόνο, ότι είναι γνησίως μονότονη.

ykerasar · #47

Δίνουμε απάντηση στα υποερωτήματα $\displaystyle{\beta _3 .}$ και $\displaystyle{\beta _4 .}$ της άσκησης που θέσαμε την Κυριακή 12 Ιούλη 2015
[χρησιμοποιώ αυτόν τον τρόπο υπόμνησης γιατί δεν γνωρίζω πως γίνεται η «ΠΑΡΑΘΕΣΗ» κειμένου. Δεκτή οποιαδήποτε υπόδειξη της τεχνικής της «ΠΑΡΑΘΕΣΗΣ» ]

$\displaystyle{\beta _3 .}$ πρώτο υποερώτημα. είναι $\displaystyle{h'\left( x \right) = - \frac{x}{{\left( {1 + x} \right)^2 }} \le 0}$ .
Άρα η συνάρτηση h είναι γνήσια φθίνουσα και με αρνητικές τιμές στο $\displaystyle{R^ + }$ , άρα και για κάθε $\displaystyle{x \in \left[ {\frac{1}{2},1} \right]}$ , άρα
$\displaystyle{h\left( 1 \right) \le h\left( x \right) \le h\left( {\frac{1}{2}} \right)}$

δεύτερο υποερώτημα. κατόπιν του προηγούμενου συμπεράσματος (λαμβάνοντας υπ’ όψη τις αρνητικές τιμές της h στο συγκεκριμένο διάστημα), παίρνουμε
$\displaystyle{\left| {h\left( {\frac{1}{2}} \right)} \right| \le \left| {h\left( x \right)} \right| \le \left| {h\left( 1 \right)} \right|}$ ,
$\displaystyle{x \in \left[ {\frac{1}{2},1} \right]}$ $\displaystyle{\left( 1 \right)}$
Επειδή $\displaystyle{h\left( 1 \right) = \frac{1}{2} - \ln 2}$ , θα είναι (εξ αιτίας της $\displaystyle{\left( 1 \right)}$ ), $\displaystyle{\left| {h\left( 1 \right)} \right| = \ln 2 - \frac{1}{2} \approx 0,19}$
ή $\displaystyle{\left| {h\left( 1 \right)} \right| \le {\rm 0}{\rm ,20}}$
$\displaystyle{\left| {h\left( x \right)} \right| \le 0,20}$
για $\displaystyle{x \in \left[ {\frac{1}{2},1} \right]}$ $\displaystyle{\left( 2 \right)}$
$\displaystyle{\beta _4 .}$ από $\displaystyle{\left( {\alpha _5 .} \right)}$ έχουμε
$\displaystyle{f'\left( x \right) = \frac{{h\left( x \right)}}{{x^2 }}}$ , $\displaystyle{R^ + }$ .
Άρα
$\displaystyle{\left| {f'\left( x \right)} \right| = \frac{{\left| {h\left( x \right)} \right|}}{{x^2 }}}$ $\displaystyle{\left( 3 \right)\ Έχουμε \[x \in \left[ {\frac{1}{2},1} \right]}$ ή
$\displaystyle{x \ge \frac{1}{2}}$ ή
$\displaystyle{x^2 \ge \frac{1}{4}}$ ή
$\displaystyle{\frac{1}{{x^2 }} \le 4}$ $\displaystyle{\left( 4 \right)\ οι \[\left( 2 \right)}$ και $\displaystyle{\left( 4 \right)}$ δίνουν
$\displaystyle{\frac{1}{{x^2 }} \cdot \left| {h\left( x \right)} \right| \le 4 \cdot 0,2 = 0,8}$ ,
απ’ την οποία, λόγω της $\displaystyle{\left( 3 \right)\, έχουμε \[\left| {f'\left( x \right)} \right| \le 0,8}$ για κάθε $\displaystyle{x \in \left[ {\frac{1}{2},1} \right]}$

με εκτίμηση
Γιάννης Κερασαρίδης

GMANS · #48

M.S.Vovos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 16

Θεωρούμε τη παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ , για την οποία ισχύει η σχέση:

$\displaystyle e^{2x-f'(x)}+e^{-f'(x)}(2x-f'(x))=1$ , με .

Α. Να δείξετε ότι $f(x)=x^{2}$ .

B. Να βρείτε τους πραγματικούς αριθμούς $\alpha ,\beta \in (0,3)$ , με $\alpha < \beta$ , ώστε οι ευθείες $(\varepsilon _{1}):y=\alpha ^{2},(\varepsilon _{2}):y=\beta ^{2}$ να χωρίζουν το εμβαδόν του χωρίου, που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης και την ευθεία $(\delta ):y=9$ , σε τρία ισεμβαδικά χωρία.

Γ. Να δείξετε ότι $\displaystyle \frac{1}{e}< \int_{0}^{1}e^{f(t)}dt\cdot \int_{0}^{1}e^{-f(t)}dt< e$

Δ. Να υπολογίσετε το $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty }\left |\frac{\eta \mu f(x)}{xf(x)} \right |$ .

A. Η δοσμένη σχέση γράφεται :
$e^{f'(x)}-e^{2x}+f'(x)-2x=0$ (1)
Έστω ότι υπάρχει $x_{0}\epsilon R$ τέτοιος ώστε
$f'(x_{0})\neq 2x_{0}$ ας είναι $f'(x_{0})<2x_{0}$
Τότε : η συνάρτηση
$g(x)= e^{x}$ είναι
Συνεχής στο $[f'(x_{0}), 2x_{0}]$
Παρ/μη στο $(f'(x_{0}), 2x_{0})$ με $g’(x)= e^{x}$
τότε από θεώρημα μέσης τιμής υπάρχει ένα τουλάχιστον
$\xi \epsilon (f(x_{0}),2x_{0})$
τέτοιο ώστε
$g'(\xi )=\frac{e^{f'(x)}-e^{2x}}{f'(x)-2x}\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow e^{\xi }=-1(*)$ άτοπο
(*) από (1) θέτοντας όπου x το
$x_{0} \rightarrow \frac{e^{f'(x_{0})}-e^{2x_{0}}}{f'(x_{0})-2x_{0}}=-1$
Άρα για κάθε $x\epsilon R: f'(x)=2x$
Επομένως υπάρχει $c\epsilon R: f(x)=x^2+c,f(0)=0 \rightarrow f(x)=x^2$
B. ‘Έστω

το εμβαδον που σχηματίζουν C_f, y=9

το εμβαδον που σχηματίζουν $C_f, y=\alpha ^2$
E_2

το εμβαδον που σχηματίζουν $C_f, y=\beta ^2$
$E=\int_{-3}^{3}(9-x^2)dx =36$
$E_1=\int_{-3}^{3}(\alpha ^2-x^2)dx =6\alpha ^2-18$
$E_2=\int_{-3}^{3}(\beta ^2-x^2)dx =6\beta ^2-18$
Θα πρέπει :
$E_1= \frac{E}{3} \Leftrightarrow 6\alpha ^2-18 =12 \Leftrightarrow \alpha =\sqrt{5}$
$E_2= 2\frac{E}{3} \Leftrightarrow 6\beta ^2-18 =24 \Leftrightarrow \beta =\sqrt{7}$
Γ.
$\forall x\epsilon [0, 1]\rightarrow 0\leq x^2\leq 1\rightarrow$
$\rightarrow 1\leq e^{x^2}\leq e$
και η συνάρτηση $e^{x^2}$ δεν είναι σταθερή επομένως
$1\prec \int_{0}^{1}e^{f(x}dx \prec e$ όμοια
$\frac{1}{e}\prec \int_{0}^{1}e^{-f(x}dx \prec 1$
Και πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη
$\frac{1}{e}\prec\int_{0}^{1}e^{f(x}dx \int_{0}^{1}e^{-f(x}dx \prec e$
Δ
$\lim_{xn \to +\infty }\left | \frac{\eta \mu f(x)}{xf(x)} \right |=0$
διότι
$\left | \frac{\eta \mu f(x)}{xf(x)} \right | =\left | \frac{\eta \mu (x^2)}{x^3} \right |\leq \left | \frac{1}{x^3} \right |\Leftrightarrow -\right | \left | \frac{1}{x^3} \right |\leq \frac{\eta \mu (x^2)}{x^3} \leq \left | \frac{1}{x^3} \right |$
επειδή
$\lim_{x\rightarrow +\infty }(-\left | \frac{1}{x^3} \right |)=0$
και
$\lim_{x\rightarrow +\infty }(\left | \frac{1}{x^3} \right |)=0$
από κριτήριο παρεμβολής υπάρχει
$\lim_{x\rightarrow +\infty }\left | \frac{\eta \mu (x^2)}{x^3} \right |\left |=0$

M.S.Vovos · #49

ΑΣΚΗΣΗ 17

Θεωρούμε τη παραγωγίσιμη και μη μηδενική συνάρτηση $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ , για την οποία ισχύει:

$\left ( f'(x) \right )^{2}=f(x)\cdot f''(x)$ , για κάθε $x\in \mathbb{R}$ , με f'(0)=f(0)=1

.

Α. Να δείξετε ότι $f(x)=e^{x}$ .

Β. Να λύσετε την εξίσωση $\displaystyle f\left ( \frac{x-e^{x-1}}{x+1} \right )=x$ .

Γ. Να βρείτε τα $\alpha ,\beta \in \mathbb{R}$ , ώστε να ισχύει $\displaystyle \frac{f(\alpha +2\beta -4)+f(2\alpha +\beta -4)}{3}=\alpha +\beta -2$ .

Δ. Να δείξετε ότι υπάρχει $\gamma \in (0,1)$ , ώστε $\displaystyle (\gamma -1)g'(\gamma )=\left ( 2-\frac{1}{\gamma } \right )g(\gamma )$ , με $g(x)=f(x)+x+1,x\in \mathbb{R}$ .

E. Να υπολογίσετε το όριο $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}\frac{f\left ( \left | x \right | \right )+\left | \eta \mu \left | x \right | \right |-1}{\left ( \varepsilon \phi x \right )^{2}}$ .

Ch.Chortis · #50

M.S.Vovos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 17

Θεωρούμε τη παραγωγίσιμη και μη μηδενική συνάρτηση $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ , για την οποία ισχύει:

$\left ( f'(x) \right )^{2}=f(x)\cdot f''(x)$ , για κάθε $x\in \mathbb{R}$ , με .

Α. Να δείξετε ότι $f(x)=e^{x}$ .

Β. Να λύσετε την εξίσωση $\displaystyle f\left ( \frac{x-e^{x-1}}{x+1} \right )=x$ .

Γ. Να βρείτε τα $\alpha ,\beta \in \mathbb{R}$ , ώστε να ισχύει $\displaystyle \frac{f(\alpha +2\beta -4)+f(2\alpha +\beta -4)}{3}=\alpha +\beta -2$ .

Δ. Να δείξετε ότι υπάρχει $\gamma \in (0,1)$ , ώστε $\displaystyle (\gamma -1)g'(\gamma )=\left ( 2-\frac{1}{\gamma } \right )g(\gamma )$ , με $g(x)=f(x)+x+1,x\in \mathbb{R}$ .

E. Να υπολογίσετε το όριο $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}\frac{f\left ( \left | x \right | \right )+\left | \eta \mu \left | x \right | \right |-1}{\left ( \varepsilon \phi x \right )^{2}}$ .

Α.
$\left ( f'(x) \right )^{2}=f(x)\cdot f''(x) \Leftrightarrow \dfrac {f(x)\cdot f''(x)-\left ( f'(x) \right )^{2}} {f^2(x)}=0 \Leftrightarrow \left (\dfrac{f'(x)}{f(x)} \right)'=0 \Leftrightarrow \dfrac {f'(x)}{f(x)}=c$
Για $x=0\Rightarrow \dfrac {f'(0)}{f(0)}=1 \Rightarrow \boxed {c=1}$
Άρα:
$f'(x)=f(x)\Leftrightarrow f(x)=ae^x \Rightarrow f(0)=ae^0 \Leftrightarrow a=1 \Rightarrow \boxed {f(x)=e^x}$
B.Καταρχάς, επειδή $f(y)>0,~ \forall y\in \mathrm {R} \Rightarrow x>0$ και η

είναι

έχουμε:
$\displaystyle f\left ( \frac{x-e^{x-1}}{x+1} \right )=x=f(\ln x) \Leftrightarrow \dfrac{x-e^{x-1}}{x+1}=\ln x \Leftrightarrow (x+1)\ln x=x-e^{x-1} \Leftrightarrow f(x-1)=\boxed {e^{x-1}=x-(x+1)\ln x} (1)$
Στο αριστερό μέλος η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα. Ας δούμε τι γίνεται και στο δεξί.
Θεωρούμε: $g(x)=x-(x+1)\ln x,~x\in (0,+\infty)$ , παραγωγίσιμη ως σύνθεση παραγωγισίμων. Τότε:
$g'(x)=1-\dfrac {x+1}{x}-\ln x,~x\in (0,+\infty) \Leftrightarrow g'(x)=-\left (\dfrac {1} {x}+\ln x \right)=-\dfrac {x\ln x+1}{x}$
Αρκεί να εξετάσουμε το πρόσημο του αριθμητή.
$h(x)=x\ln x+1\Rightarrow h'(x)=1+\ln x \Leftrightarrow h'(x)>0\Rightarrow x>e^{-1},~h'(x)<0\Rightarrow x<e^{-1}$
Άρα η

παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο $x=e^{-1}$ όπου $(h(e^{-1})=1-e^{1}>0$ , οπότε:
$h(x)>h(e^{-1})>0 \Leftrightarrow \dfrac {h(x)}{x}>0,~(x>0) \Leftrightarrow -\dfrac {h(x)}{x}=g'(x)<0$
Δηλαδή, η

είναι γνησίως φθίνουσα, συνεπώς η b(x)=f(x)-g(x)

, η οποία είναι ισοδύναμη μορφή της (1), είναι γνησίως αύξουσα, και άρα η (1) θα χει το πολύ μία λύση η οποία είναι η x=1.
Γ. Η f είναι προφανώς κυρτή συνεπώς έχουμε:
$f(x)+f(y)\geq 2f\left(\dfrac {x+y}{2} \right)$ (Jensen, εφαρμόζουμε ΘΜΤ στα αντίστοιχα διαστήματα, φέρνοντας έναν όρο του α'μέλους στο β' και διασπώντας το 2 του β' μέλους σε δύο ίσους όρους ένας εκ των οποίων θα πάει στο α'μέλος). Για x=a+2b-4,~y=b+2a-4

έχουμε: $f(a+2b-4)+f(b+2a-4)\geq 2f\left (\dfrac {3(a+b)}{2}-4 \right)$ . Μα τότε: $\dfrac {f(a+2b-4)+f(b+2a-4)}{3}=a+b-2 \Leftrightarrow 3(a+b-2)=f(a+2b-4)+f(b+2a-4) \Leftrightarrow 3(a+b)-6\geq 2f\left (\dfrac {3(a+b)}{2}-4 \right) \Leftrightarrow \dfrac {3(a+b)}{2}-3\geq f\left (\dfrac {3(a+b)}{2}-4 \right) \Leftrightarrow 0\geq f\left (\dfrac {3(a+b)}{2}-4 \right)-\left(\dfrac {3(a+b)}{2}-4\right)-1$
Τώρα θέτουμε $t=\dfrac {3(a+b)}{2}-4$ και τελικά οδηγούμαστε στο: $f(t)-t-1 \leq 0 \Leftrightarrow \boxed {e^t-t-1\leq 0} (2)$ Έστω $m(t)=e^t-t-1\Rightarrow m'(t)=e^t-1 \Leftrightarrow m'(t)>0\Rightarrow t>0,~m'(t)<0 \Rightarrow t<0$
Η

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

.
Όμως: $m(t)\geq m(0)=0$ ενώ από την (2) πρέπει: $m(t)\leq 0$ , οπότε αναγκαστικά:
$m(t)=0 \Rightarrow t=0 \Leftrightarrow \dfrac {3(a+b)}{2}-4=0 \Leftrightarrow a+b=\dfrac {8}{3} \Leftrightarrow \boxed {a=\dfrac {8}{3}-b}$
Αντικαθιστώντας στην αρχική εξίσωση προκύπτει ότι:
$f(2a+b-4)+f(2b+a-4)=3(a+b-2) \Leftrightarrow f\left(\dfrac {16}{3}-2b+b-4 \right)+f\left(2b+\dfrac {8}{3}-b-4\right)=3\left(\dfrac {8}{3}-2\right) \Leftrightarrow e^{\frac {4}{3}-b}+e^{b-\frac {4}{3}}=2 \\ \Leftrightarrow e^{\frac {4}{3}-b}+ e^{-\left(\frac {4}{3}-b\right)}=2\Leftrightarrow e^{2(\frac {4}{3}-b)}+1= 2e^{\frac {4}{3}-b} \Leftrightarrow (e^{\frac {4}{3}-b}-1)^2=0 \\ \Leftrightarrow e^{\frac {4}{3}-b}-1=0\Leftrightarrow e^{\frac {4}{3}-b}=e^0 \Leftrightarrow \dfrac {4}{3}-b=0 \Leftrightarrow \boxed {b=\dfrac {4}{3}}$
, άρα και $a=b=\dfrac {4}{3}$
Δ.Θεωρούμε την : $w(x)=\dfrac {x^2-x}{g(x)}$ , η οποία ορίζεται όπου $g(x)\neq 0$ .
Παρατηρούμε ότι η

είναι γνησίως αύξουσα στο $\mathrm {R}$ αφού $g'(x)=e^x+1>1>0 \Rightarrow g(x)>g(0)=2>0,~\forall x\in (0,+\infty)$ .
Άρα η

ορίζεται σε όλους τους θετικούς και είναι συνεχής και παραγωγίσιμη ως πηλίκο συνεχών και παραγωγισίμων συναρτήσεων σε όλο αυτό το διάστημα (και στο

προφανώς).
Βλέπουμε ότι: w(1)=w(0)=0

άρα από το θεώρημα Rolle και με βάση την προηγούμενη "μελέτη" θα υπάρχει κάποιο $\xi \in (0,1)$ τέτοιο ώστε:
$w'(\xi)=0\Leftrightarrow \left (\dfrac {x^2-x} {g(x)}\right)_{\xi}'=0 \Leftrightarrow \dfrac {(2\xi-1)g(\xi)-(\xi^2-\xi)g'(\xi)}{g^2(\xi)} \\ \Leftrightarrow (2\xi-1)g(\xi)-(\xi^2-\xi)g'(\xi)=0 \Leftrightarrow \xi(\xi-1)g'(\xi)=(2\xi-1)g(\xi) \\ \Leftrightarrow (\xi-1)g'(\xi)=(2-\frac {1}{\xi})g(\xi)$
και το ζητούμενο εδείχθη για $\gamma=\xi$ .
E.Γνωρίζουμε ότι για χ θετικό κοντά στο 0, $\sin x,\cos x>0$ καθώς και:
$\dfrac {2x}{\pi}\leq \sin x\leq x \Rightarrow \dfrac {\pi}{2x}\leq \dfrac {1}{\sin x}\leq \dfrac {1}[x} \Leftrightarrow \pi \dfrac {\cos x}{2x}\leq \dfrac {\cos x}{\sin x}\leq \dfrac {\cos x}{x} \Leftrightarrow \lim_{x\to 0^{+}}\pi \dfrac {\cos x}{2x}\leq \lim_{x\to 0^{+}}\dfrac {\cos x}{\sin x}\leq \lim_{x\to 0^{+}}\dfrac {\cos x}{x} \Leftrightarrow +\infty\leq \lim_{x\to 0^{+}}\dfrac {\cos x}{\sin x}\leq +\infty \Leftrightarrow \lim_{x\to 0^{+}}\dfrac {\cos x}{\sin x}=\boxed {\lim_{x\to 0^{+}}\dfrac {1}{\tan x}=\infty}$ .
Επιπλέον, $\dfrac {1}{\tan (-x)}=\dfrac {\cos (-x)}{\sin (-x)}=-\dfrac {\cos x}{\sin x}=-\dfrac {1}{\tan x} \Rightarrow \lim_{x\to 0^{-}}\dfrac {1}{\tan x}=\lim_{x\to 0^{+}}\dfrac {1}{\tan (-x)}=-\infty$
Ας εξετάσουμε την περίπτωση x>0

για το ζητούμενο όριο. Λόγω απροσδιοριστίας $\dfrac {0}{0}$ θα αναγκαστούμε να χρησιμοποιήσουμε τον κανόνα DLH. Τότε: $\displaystyle \lim_{x\to 0^{+}}\frac{f\left ( \left | x \right | \right )+ | \sin | x ||-1}{ \tan^2 x}=\lim_{x\to 0^{+}}\dfrac {f(x)+\sin x-1}{\tan^2 x}=\lim_{x\to 0^{+}}\dfrac {(f(x)+\sin x-1)'}{(\tan^2 x)'}= \\ \lim_{x\to 0^{+}} \dfrac {f'(x)+\cos x}{\dfrac {2}{\cos^2 x}\tan x}=\lim_{x\to 0^{+}} \dfrac {\cos^2 x(e^x+\cos x)} {2} \cdot \dfrac {1}{\tan x}=\dfrac {1^2(1+1)}{2}\cdot +\infty=+\infty$
Εργαζόμενοι παρόμοια και για την αρνητική περίπτωση καταλήγουμε στο συμπέρασμα ότι το όριο είναι $+\infty$
EDIT: Προσθήκη αναλυτικής λύσης για το Ε + διόρθωση ορισμένων τυπογραφικών.

M.S.Vovos · #51

ΑΣΚΗΣΗ 18

Έστω η δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:[\alpha ,\beta ]\rightarrow \mathbb{R}$ , με $0< \alpha < \beta$ , για την οποία ισχύουν:

$\alpha f(\beta )=\beta f(\alpha )$ και f''(x)> 0

, για κάθε $x\in [\alpha ,\beta ]$ .

Να αποδείξετε ότι:
Α. Υπάρχει ακριβώς ένα $x_{0}\in (\alpha ,\beta )$ , ώστε $\displaystyle f'(x_{0})=\frac{f(x_{0})}{x_{0}}$ .

B. Ισχύει $\displaystyle \frac{f(x)-f(\alpha )}{x-\alpha }< \frac{f(\beta )-f(x)}{\beta -x}$ , για κάθε $x\in (\alpha ,\beta )$ .

Γ. $\displaystyle 2\int_{\alpha }^{\beta }f(x)dx\leq (\alpha +\beta )\left ( f(\beta )-f(\alpha ) \right )$ .

Πηγή: Συλλογή Ασκήσεων του Βαγγέλη Νικολακάκη.

Christos75 · #52

M.S.Vovos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 18

Έστω η δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:[\alpha ,\beta ]\rightarrow \mathbb{R}$ , με $0< \alpha < \beta$ , για την οποία ισχύουν:

$\alpha f(\beta )=\beta f(\alpha )$ και , για κάθε $x\in [\alpha ,\beta ]$ .

Να αποδείξετε ότι:
Α. Υπάρχει ακριβώς ένα $x_{0}\in (\alpha ,\beta )$ , ώστε $\displaystyle f'(x_{0})=\frac{f(x_{0})}{x_{0}}$ .

B. Ισχύει $\displaystyle \frac{f(x)-f(\alpha )}{x-\alpha }< \frac{f(\beta )-f(x)}{\beta -x}$ , για κάθε $x\in (\alpha ,\beta )$ .

Γ. $\displaystyle 2\int_{\alpha }^{\beta }f(x)dx\leq (\alpha +\beta )\left ( f(\beta )-f(\alpha ) \right )$ .

Πηγή: Συλλογή Ασκήσεων του Βαγγέλη Νικολακάκη.

Λύση

Α. Είναι $f' ( x_{0})= \frac{f( x_{0} )}{ x_{0} } \Leftrightarrow f' ( x_{0}). x_{0}-f( x_{0})=0$ Αντικαθιστώ το $x_{0}$ με to

και έχω:

και εφόσον x>0

εξ υποθέσεως, τότε $\frac{ f' (x).x-f(x)}{ x^{2} }=0 \Leftrightarrow (\frac{f(x)}{x})' =( c_{1} )' \Leftrightarrow$

$\frac{f(x)}{x}=c$ , $c \in \Re$ . Θέτω $g(x)=\frac{f(x)}{x}-c, x\in [ \alpha , \beta ]$ .

Η συνάρτηση

είναι συνεχής στο $\in [ \alpha , \beta ]$ με $g( \alpha )= \frac{f( \alpha )}{ \alpha }-c= \frac{f( \beta )}{ \beta }-c=g( \beta )$ Συνεπώς πληρούνται οι προυποθέσεις του Θ. Rolle, άρα υπάρχει ένα τουλάχιστον $x_{0} \in ( \alpha , \beta )$ τέτοιο ώστε

$g'( x_{0} )=0$ δηλαδή ισοδύναμα ισχύει η αρχική. Ωστόσο, θέλουμε να δείξουμε ότι η ρίζα που βρήκαμε είναι μοναδική. Πράγματι, υπολογίζουμε την παράγωγο

της συνάρτησης

και έχουμε: $g'(x)=(\frac{f(x)}{x}-c)' = \frac{f(x)-xf'(x)}{ x^{2} }$ το πρόσημο της g'(x)

εξαρτάται από τον αριθμητή του

κλάσματος αφού ο παρονομαστής είναι πάντα θετικός. Όμως, εάν θέσουμε h(x)=f(x)-xf'(x)

θα έχουμε:

h'(x)=(f(x)-xf'(x))' = f'(x)-(f'(x)+xf''(x))=f'(x)-f'(x)-xf''(x)=-xf''(x)<0

όμως

εξ υποθέσεως. Συνεπώς η

είναι γνησίως φθίνουσα

πεδίο ορισμού της. Όμως $g'( x_{0} )=0$ και επίσης: $\alpha \leq x< x_{0} \Leftrightarrow h(x)>h( x_{0} ) \Leftrightarrow h(x)>0$ όπως και

$x_{0}< x \leq \beta \Leftrightarrow h(x)<h( x_{0} ) \Leftrightarrow h(x)<0$ . Συνεπώς η

είναι γνησίως αύξουσα στο $[ \alpha , x_{0}]$

και γνησίως φθίνουσα στο $[x_{0}, \beta ]$ συνεπώς η ρίζα μοναδική.

B. Η συνάρτηση

είναι συνεχής στο $[ \alpha ,x]$ εξ υποθέσεως και παρ/μη στο $( \alpha ,x)$ , από Θ.Μ.Τ. διαφορικού λογισμού, υπάρχει ένα

τουλάχιστον $x_{1} \in ( \alpha ,x): f' ( x_{1})= \frac{f(x)-f( \alpha )}{x- \alpha }$ , ομοίως και για το διάστημα $[x, \beta ]$ και έχουμε:

$x_{2} \in (x, \beta ): f' ( x_{2})= \frac{f( \beta )-f(x)}{ \beta -x}$ και επειδή η

είναι γνησίως αύξουσα, τότε για

$x_{1}< x_{2} \Rightarrow f' ( x_{1} )< f' ( x_{2} ) \Rightarrow \frac{f(x)-f( \alpha )}{x- \alpha }< \frac{f( \beta )-f(x)}{ \beta -x}$ και έχουμε το ζητούμενο.

Γ. Η συνάρτηση

είναι συνεχής στο $[ \alpha , \beta ]$ εξ υποθέσεως και παρ/μη στο $(\alpha , \beta)$ από Θ.Μ.Τ και πάλι έχουμε ότι

υπάρχει το μοναδικό $x_{0} \in ( \alpha , \beta ): f' ( x_{0} )= \frac{f( \beta )-f( \alpha )}{ \beta - \alpha } ( 1)$ . Η συνάρτηση

παρουσιάζει στο

σημείο $x_{0}$ μέγιστο, άρα θα ισχύει:

$g( x) \leq g( x_{0}) \Leftrightarrow \frac{f(x)}{x}-c \leq \frac{f( x_{0} )}{ x_{0}}-c \Leftrightarrow f(x) \leq x. \frac{f( x_{0} )}{ x_{0}} (x>0)$

ολοκληρώνοντας την παραπάνω σχέση θα έχω:

$\int_{ \alpha }^{ \beta }f(x)dx \leq \int_{ \alpha }^{ \beta }x. \frac{f( x_{0} )}{ x_{0}} dx \Rightarrow \int_{ \alpha }^{ \beta }f(x)dx \leq \frac{f( x_{0} )}{ x_{0}}$

$\int_{ \alpha }^{ \beta }xdx \Rightarrow \int_{ \alpha }^{ \beta }f(x)dx \leq f'( x_{0} ).( \frac{ \beta ^2- \alpha ^2}{2} ) \Rightarrow (1) \Rightarrow$

$2.\int_{ \alpha }^{\beta }f(x)dx \leq ( \beta + \alpha ).(f( \beta )-f( \alpha ))$ .

Ελπίζω να μην μου έφυγε κάτι λόγω προχωρημένου της ώρας και κεκτημένης...

M.S.Vovos · #53

ΑΣΚΗΣΗ 19

Θεωρούμε τη συνεχή συνάρτηση $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ , για την οποία ισχύει η σχέση:

$f^{3}(x)+f(x)=x$ , για κάθε $x\in \mathbb{R}$ .

A. Να δείξετε ότι η συνάρτηση

είναι

.

Β. Έστω, ότι η συνάρτηση

είναι παραγωγίσιμη στο $\mathbb{R}$ .

Να βρείτε το σύνολο τιμών της συνάρτησης .
Να δειξετε ότι η συνάρτηση αντιστρέφεται και να βρείτε την $f^{-1}$ .
Να υπολογίσετε το $\displaystyle \int_{0}^{2}f(x)dx$ .
Θεωρούμε, επιπλέον, τη παραγωγίσιμη και μη σταθερή συνάρτηση $g:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ και τους πραγματικούς αριθμούς $\alpha ,\beta$ , με $\alpha <\beta$ . Να δείξετε ότι υπάρχει ένα $\xi \in \left ( \alpha ,\beta \right )$ , ώστε $\displaystyle \frac{f(\xi )-f(\alpha )}{g(\beta )-g(\xi )}=\frac{f'(\xi )}{g'(\xi )}$ .

Christos75 · #54

M.S.Vovos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 19

Θεωρούμε τη συνεχή συνάρτηση $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ , για την οποία ισχύει η σχέση:

$f^{3}(x)+f(x)=x$ , για κάθε $x\in \mathbb{R}$ .

A. Να δείξετε ότι η συνάρτηση είναι .

Εν τάχει έχουμε, έστω οποιαδήποτε $x_{1}, x_{2} \in \Re$ , τότε θα έχουμε από $f( x_{1} )=f( x_{2} ) \Rightarrow f^3( x_{1} )=f^3( x_{2} ) (1)$

Επίσης έχουμε και $f( x_{1} )=f( x_{2} ) (2)$ προσθέτουμε κατά μέλη τις σχέσεις (1),(2)

και προκύπτει

$f^3( x_{1} )+f( x_{1} )=f^3( x_{2} )+f( x_{2} ) \Rightarrow x_{1}= x_{2}$ Συνεπώς βάσει ορισμού, η

είναι

.

#55

M.S.Vovos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 19

Θεωρούμε τη συνεχή συνάρτηση $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ , για την οποία ισχύει η σχέση:

$f^{3}(x)+f(x)=x$ , για κάθε $x\in \mathbb{R}$ .

A. Να δείξετε ότι η συνάρτηση είναι .

Β. Έστω, ότι η συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη στο $\mathbb{R}$ .

Να βρείτε το σύνολο τιμών της συνάρτησης .

Να δειξετε ότι η συνάρτηση αντιστρέφεται και να βρείτε την $f^{-1}$ .

Να υπολογίσετε το $\displaystyle \int_{0}^{2}f(x)dx$ .

Θεωρούμε, επιπλέον, τη παραγωγίσιμη και μη σταθερή συνάρτηση $g:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ και τους πραγματικούς αριθμούς $\alpha ,\beta$ , με $\alpha <\beta$ . Να δείξετε ότι υπάρχει ένα $\xi \in \left ( \alpha ,\beta \right )$ , ώστε $\displaystyle \frac{f(\xi )-f(\alpha )}{g(\beta )-g(\xi )}=\frac{f'(\xi )}{g'(\xi )}$ .

...συνεχίζω από την απάντηση του Χρήστου...

Β. 1. Αν $g(x)={{x}^{3}}+x,\,\,\,\,x\in R$ η δοθείσα σχέση γράφεται $g(f(x))=x,\,\,\,\,x\in R$ (1).

Τώρα επειδή ${g}'(x)=3{{x}^{2}}+1>0,\,\,\,\,x\in R$ η

είναι γνήσια αύξουσα στο

και επειδή είναι συνεχής

έχει σύνολο τιμών το $g(R)=(\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,g(x),\,\,\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,g(x))=(-\infty ,\,\,+\infty )=R$

και έτσι από την (1) έχουμε ισοδύναμα $f(x)={{g}^{-1}}(x),\,\,\,\,x\in R$ άρα το σύνολο τιμών της

είναι το σύνολο τιμών της ${g}^{-1}$ άρα το

.

2. Η

είναι

(Α) άρα είναι αντιστρέψιμη με ${{f}^{-1}}:R\to R$ και με όπου

το ${{f}^{-1}}(y),\,\,\,y\in R$ στην αρχική μας σχέση

προκύπτει ότι ${{f}^{3}}({{f}^{-1}}(y))+f({{f}^{1}}(y))={{f}^{-1}}(y)\Leftrightarrow {{f}^{-1}}(y)={{y}^{3}}+y,\,\,\,y\in R$

3. Με $u=f(x)\Leftrightarrow {{f}^{-1}}(u)=x\Leftrightarrow {{u}^{3}}+u=x$ άρα $(3{{u}^{2}}+1)du=dx$ και επίσης $x=0\to u=0,\,\,\,x=2\to u=1$ έτσι το

$\int\limits_{0}^{2}{f}(x)dx=\int\limits_{0}^{1}{u(3{{u}^{2}}+1)du}=\int\limits_{0}^{1}{(3{{u}^{3}}+u)du}=\left[ 3\frac{{{u}^{4}}}{4}+\frac{{{u}^{2}}}{2} \right]_{0}^{1}=\frac{5}{4}$

4. Θέλουμε η εξίσωση $\frac{f(x)-f(\alpha )}{g(\beta )-g(x)}=\frac{{f}'(x)}{{g}'(x)}\Leftrightarrow {g}'(x)(f(x)-f(\alpha ))={f}'(x)(g(\beta )-g(x))\Leftrightarrow$

${g}'(x)(f(x)-f(\alpha ))+{f}'(x)(g(x)-g(\beta ))=0$ ή

$(g(x)-g(\beta ){)}'(f(x)-f(\alpha ))+(f(x)-f(\alpha ){)}'(g(x)-g(\beta ))=0$ να έχει λύση στο $\left( \alpha ,\beta \right)$

Γι αυτό θεωρούμε την συνάρτηση $h(x)=(g(x)-g(\beta ))(f(x)-f(\alpha )),\,\,x\in [\alpha ,\,\,\beta ]$ που είναι παραγωγίσιμη με

$h(\alpha )=(g(\alpha )-g(\beta ))(f(\alpha )-f(\alpha ))=0$ και $h(\beta )=(g(\beta )-g(\beta ))(f(\beta )-f(\alpha ))=0$ άρα

$h(\alpha )=h(\beta )=0$ και σύμφωνα με το θεώρημα του Rolle η {h}'(x)=0

έχει ρίζα στο $\left( \alpha ,\beta \right)$ που είναι αυτό που θέλαμε.

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

M.S.Vovos · #56

Εύχομαι να' στε όλοι καλά.

Θα ήθελα, να υπενθυμίσω, πως οι ασκήσεις 10 και 14, παραμένουν άλυτες.

Ευτχαριστώ.

M.S.Vovos · #57

ΑΣΚΗΣΗ 20

Έστω, η δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτησης $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ , για την οποία ισχύει:

f(x)+f'(x)=2f''(x)

, για κάθε $x\in \mathbb{R}$ , με f(0)=2

και $\displaystyle f'(0)=\frac{1}{2}$ .

A. Να δείξετε ότι $\displaystyle f(x)=e^{x}+\frac{1}{\sqrt{e^{x}}}$ .

B. Να μελετήσετε τη συνάρτηση

ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα.

Γ. Να δείξετε ότι δεν υπάρχουν τρία συνευθειακά σημεία στη γραφική παράσταση της συνάρτησης

.

Δ. Να υπολογίσετε το όριο $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty }\frac{f^{2}(x)+\sqrt{f(x)+1}}{x\eta \mu f(x)}$ .

E. Να δείξετε ότι η εξίσωση f(x)=2

έχει ακριβώς δύο ρίζες.

makisman · #58

M.S.Vovos έγραψε:Εύχομαι να' στε όλοι καλά.

Θα ήθελα, να υπενθυμίσω, πως οι ασκήσεις 10 και 14, παραμένουν άλυτες.

Ευτχαριστώ.

νομίζω στην 14 πρέπει το κάτω άκρο του ολοκληρώματος να είναι χ και όχι 2 για να επαληθεύει.

dennys · #59

H σχέση που δίνεται "ομορφαίνει" ως εξής :
$f(x)-f'(x)=2(f''(x)-f'(x))\Rightarrow$ ,αν θέσουμε βοηθητικά $g(x)=f(x)-f'(x)\Rightarrow 2g'(x)+g(x)=0$

$(g(x)e^{\cfrac{x}{2}})'=0\Rightarrow g(x)e^{x/2}=c$ και για χ=0,

$c=3/2\Rightarrow f'(x)-f(x)=-3/2e^{-3/2x}$ και πολλαπλασιάζοντας με $e^{-x}$ καταλήγω

$f(x)=e^x+e^{-x/2}$

που είναι η ζητούμενη συνάρτηση .

Christos75 · #60

M.S.Vovos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 20

Έστω, η δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτησης $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ , για την οποία ισχύει:

, για κάθε $x\in \mathbb{R}$ , με και $\displaystyle f'(0)=\frac{1}{2}$ .

B. Να μελετήσετε τη συνάρτηση ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα.

...συνεχίζοντας κι εγώ την άσκηση, ζητάμε μονοτονία και ακρότατα.

B. $f'(x)=(e^x+ \frac{1}{ \sqrt[2]{e^x} })'=e^x- \frac{1}{2 \sqrt[2]{e^x} }= \frac{2e^x \sqrt[2]{e^x}-1 }{2 \sqrt[2]{e^x} }$

Αναζητάμε το πρόσημο της συνάρτησης αυτής και είναι

$f'(x)=0 \Leftrightarrow \frac{2e^x \sqrt[2]{e^x}-1 }{2 \sqrt[2]{e^x} }=0 \Leftrightarrow 2e^x \sqrt[2]{e^x}-1=0 \Leftrightarrow x=- \frac{ln3}{4}$

Επίσης $f'(x)>0 \Leftrightarrow \frac{2e^x \sqrt[2]{e^x}-1 }{2 \sqrt[2]{e^x} }>0 \Leftrightarrow 2e^x \sqrt[2]{e^x}-1>0 \Leftrightarrow x>- \frac{ln3}{4}$

και εντελώς όμοια:

$f'(x)<0 \Leftrightarrow \frac{2e^x \sqrt[2]{e^x}-1 }{2 \sqrt[2]{e^x} }<0 \Leftrightarrow 2e^x \sqrt[2]{e^x}-1<0 \Leftrightarrow x<- \frac{ln3}{4}$

Συνεπώς η συνάρτηση παρουσιάζει στη θέση $x_{0}=- \frac{ln3}{4}$ ελάχιστο, το $f(- \frac{ln3}{4})$

ενώ είναι γνησίως φθίνουσα στο $(- \infty ,- \frac{ln4}{3}]$ και γνησίως αύξουσα στο $[\frac{-ln4}{3},+ \infty )$ .

ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Μέλη σε σύνδεση