ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

gradion · #101

Καλημερα

Μπορεί κάποιος να δει την 14 και το 26/Γ ευχαριστω

Λάμπρος Μπαλός · #102

Ποιά είναι η πηγή , αν επιτρέπεται;

Λάμπρος Μπαλός · #103

Άσκηση 31 (ό,τι πρέπει για μαθητές)

Έστω η παραγωγίσιμη και κυρτή συνάρτηση $f: [0, + \infty ) \rightarrow R$ , με f (0)=0

,

,

$lim_{x \rightarrow + \infty }f (x) = + \infty$ και $lim_{x \rightarrow + \infty} f'(x) =2011$

Α) Να βρείτε τα όρια $lim_{x \rightarrow + \infty} \frac {f (x)}{x}$ και $lim_{x \rightarrow + \infty} \frac {f (2x)-f (x)}{x}$

Β) Να δείξετε ότι υπάρχει $k \in (x,2x)$ , x>0

τέτοιο, ώστε f (2x)=f (x)+x f'(k)

Γ) Δείξτε ότι η συνάρτηση $g (x)= \frac{f (2x)-f (x)}{x}$ , με x>0

είναι γνησίως αύξουσα στο $(0, + \infty)$ .

Δ) Να βρείτε το σύνολο τιμών της

και να δείξετε ότι x+f (x) < f (2x) < 2011x + f (x)

, για κάθε x>0

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Λάμπρος Μπαλός · #104

Άσκηση 32 (Εγώ τη βρίσκω πανέμορφη, ελπίζω και εσείς. Γέννημα θρέμμα Μυτιληνιά, του κυρίου Παναγιώτη Μυταρέλλη)

Έστω συνάρτηση

δύο φορές παραγωγίσιμη στο $(0, + \infty)$ για την οποία ισχύει : f'(x)+xf''(x)>0

, για

.

Θεωρούμε επίσης τη συνάρτηση $g (x)=f (x)+f ( \frac {1}{2x})$ , x>0

, με

Α) Να αποδείξετε ότι $g (a)=g ( \frac {1}{2a})$ , για κάθε a>0

Β) Να μελετηθεί η

ως προς τη μονοτονία.

Γ) Να συγκριθούν οι αριθμοί $g ( \frac {1}{8})$ και g (3)

.

Δ) Να λύσετε την εξίσωση g (x)=0

Ε) Να δείξετε ότι η εξίσωση f (x)=0

έχει τουλάχιστον μία ρίζα και το πολύ δύο ρίζες.

Λάμπρος Μπαλός · #105

Άσκηση 33 (τελευταία, δεν βάζω άλλη. Από αυτές που αγαπώ, του Χρήστου Πατήλα. Συγγνώμη για τη μικρή κατάληψη του χώρου)

Έστω συνάρτηση $f : [0, + \infty) \rightarrow R$ με την ιδιότητα $f'(x)=e^{f^{2}(x)}$ για κάθε $x \in A_{f}$ και f (0)=0

.

i) Να δείξετε ότι :

α) $e^{x} \geq x+1$ , για κάθε $x \geq 0$

β) $f (x) \geq x$ , για κάθε $x \geq 0$

γ) $f (x) \geq \frac {x^{3}}{3} +x$ , για κάθε $x \geq 0$

δ) $f (A)= [0, + \infty)$

ii) Να βρείτε το $lim_{x \rightarrow + \infty} ( \frac {f^{-1}(x)}{x})$

iii) Να δείξετε ότι $I= \int_{0}^{1} f^{2}(x)f''(x) dx > \frac {23}{9}$ .

raf616 · #106

Λάμπρος Μπαλός έγραψε:Άσκηση 32 (Εγώ τη βρίσκω πανέμορφη, ελπίζω και εσείς. Γέννημα θρέμμα Μυτιληνιά, του κυρίου Παναγιώτη Μυταρέλλη)

Έστω συνάρτηση δύο φορές παραγωγίσιμη στο $(0, + \infty)$ για την οποία ισχύει : , για .

Θεωρούμε επίσης τη συνάρτηση $g (x)=f (x)+f ( \frac {1}{2x})$ , , με

Α) Να αποδείξετε ότι $g (a)=g ( \frac {1}{2a})$ , για κάθε

Β) Να μελετηθεί η ως προς τη μονοτονία.

Γ) Να συγκριθούν οι αριθμοί $g ( \frac {1}{8})$ και .

Δ) Να λύσετε την εξίσωση

Ε) Να δείξετε ότι η εξίσωση έχει τουλάχιστον μία ρίζα και το πολύ δύο ρίζες.

Μία προσπάθεια, για να τιμήσουμε την ντόπια άσκηση!

α) Ισχύει $g\left(\dfrac{1}{2a}\right) = f\left(\dfrac{1}{2a}\right) + f(a) = g(a)$ .

β) Είναι $\displaystyle{g'(x) = f'(x) - \dfrac{1}{2x^2}f'\left(\dfrac{1}{2x}\right) = \dfrac{xf'(x) - \dfrac{1}{2x}f'\left(\dfrac{1}{2x}\right)}{x} = \dfrac{h(x) - h\left(\dfrac{1}{2x}\right)}{x}}$ , όπου h(x) = xf'(x)

.

Από την υπόθεση ισχύει ότι h'(x) > 0

και άρα η

είναι γνησίως αύξουσα. Ακόμα x > 0

και άρα το πρόσημο το επηρεάζει ο αριθμητής.

Για $0 < x < \dfrac{1}{\sqrt{2}}$ είναι $x < \dfrac{1}{2x}$ και άρα $h(x) < h\left(\dfrac{1}{2x}\right)$ , δηλαδή η

είναι γν. φθίνουσα.

Για $x \in \left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}, +\infty \right)$ έχουμε $x > \dfrac{1}{2x}$ και άρα $h(x) > h\left(\dfrac{1}{2x}\right)$ , δηλαδή η

είναι γν. αύξουσα.

Ακόμα $g'\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right) = 0$ . Άρα,

γν. φθίνουσα στο $\left(0, \dfrac{1}{\sqrt{2}}\right]$ και γν. αύξουσα στο $\left[\dfrac{1}{\sqrt{2}}, +\infty \right)$ .

γ) Ισχύει $g\left(\dfrac{1}{8}\right) = g(4)$ από το (α) και άρα λόγω της μονοτονίας της

στο $\left[\dfrac{1}{\sqrt{2}}, +\infty \right)$ είναι g(4) > g(3)

.

δ) Από τη μονοτονία της

όπως αναφέρθηκε στο (β) προκύπτει ότι η

μπορεί να έχει το πολύ δύο ρίζες(το πολύ μία στα δύο διαστήματα που είναι μονότονη). Ακόμα, από την

υπόθεση είναι g(1) = 0

και αφού $g\left(\dfrac{1}{2}\right) = g(1) = 0$ από το (α) οι ρίζες της

είναι το

και το $\dfrac{1}{2}$ .

ε) Είναι $g(1) = 0 \iff f(1) + f\left(\dfrac{1}{2}\right) = 0$ . Από αυτό δεν μπορεί οι τιμές $f(1), f\left(\dfrac{1}{2}\right)$ να είναι ομόσημες και άρα από θεώρημα Bolzano αφού η

είναι συνεχής θα έχει

τουλάχιστον μία ρίζα στο $\left(\dfrac{1}{2}, 1\right)$ . Έστω τώρα ότι έχει τουλάχιστον

ρίζες και έστω τρεις από αυτές, x_0, x_1, x_2

με

. Τότε κάνοντας Rolle στα [x_0, x_1]

και

(προφανώς ικανοποιούνται οι προυποθέσεις) παίρνουμε ότι υπάρχουν a, b

που ανήκουν στα (x_0, x_1)

και

αντίστοιχα, τέτοια ώστε f'(a) = f'(b) = 0

.

Τότε ισχύει h(a) = h(b) = 0

. Τότε, κάνοντας Rolle για την

στο

παίρνουμε ότι υπάρχει $k \in (a, b)$ τέτοιο ώστε h'(k) = 0

, άτοπο αφού $h'(x) > 0, \forall x \in (0, +\infty)$ .

dennys · #107

κύριε Λάμπρο καλησπέρα
Mην είστε τόσο σίγουρος ,για την προέλευση της άσκησης και την βαφτίζεις Μυτιληνιά κλπ.και γέννημα θρέμμα Λέσβου.
εκτός και αν γνωρίζεις όλη την βιβλιογραφία ξένη και ελληνική .Εγω προσωπικά την άσκηση την "τράκαρα " σε βοήθημα.
Στην ερώτηση σου για την προέλευση της 14 που ζήτησες είναι στο βιβλίο μου ,και την 26 την έβαλε κάποιος κύριος Μ. Vovos.
Με τον κ.Μυταρέλλη που προσωπικά οι συλλογές που προσφέρει μου αρέσουν δεν έχω απολύτως τίποτα.
Η άσκηση 31 είναι παραλλαγμένη απο το βιβλίο των Ζανταρίδη-Μαυροφρύδη-Ραικόφτσαλη.ΘΕΜΑ 77 σελ 162.

ΒΟΥΤΣΑΣ ΔΙΟΝΥΣΗΣ

Λάμπρος Μπαλός · #108

Προφανώς η άσκηση 31 είναι από καιρό κατασκευή του κυρίου Ζανταρίδη και στην πορεία αλλάχτηκε και μπήκε στο βιβλίο του.
Όσο για την άλλη, πιθανότερο σενάριο ο συντάκτης του βιβλίου να την τράκαρε κάπου και να τη φιλοξένησε στο βιβλίο του. Μπράβο για το γούστο του και μόνο.

M.S.Vovos · #109

...Μία λύση στην άσκηση 33...

i) α. Θεωρώ τη συνάρτηση $g(x)=e^{x}-x-1,x\geq 0$ .

Η συνάρτηση

είναι παραγωγίσιμη ώς σύνθεση εκθετικής και πολυωνυμικής, με παράγωγο:

$g'(x)=e^{x}-1$

Για g'(x)=0

, έχουμε ότι x=0

.

Για

, έχουμε ότι x>0

.

Επομένως, η συνάρτηση

παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στη θέση x=0

, με

.

Άρα, θα ισχύει $g(x)\geq g(0)\Leftrightarrow g(x)\geq 0\Leftrightarrow$

$e^{x}\geq x+1,\forall x\geq 0$

β. Θεωρώ τη συνάρτηση $h(x)=f(x)-x,x\geq 0$ .

h'(x)=f'(x)-1

Όμως, έχουμε ότι:

$\displaystyle f'(x)=e^{f^{2}(x)}\Rightarrow lnf'(x)=f^{2}(x)\geq 0$

Άρα, $lnf'(x)\geq 0\Rightarrow f'(x)\geq 1\Rightarrow f'(x)-1\geq 0$ , με την ισότητα να ισχύει για x=0

.

Άρα, η συνάρτηση

είναι γνησίως αύξουσα στο $[0,+\infty )$ , παρουσιάζοντας ακρότατο στη θέση x=0

. Επομένως:

$h(x)\geq 0\Leftrightarrow f(x)\geq x,\forall x\geq 0$

dennys · #110

33ii) Θεωρώ την συνάρτηση $g(x)=f(x)-x,g'(x)=f'(x)-1=e^{f^2(x)}-1\geq f^2(x)\geq 0 \Rightarrow g$ γνησίως αύξουσα στο π.ο.

και αρα $\forall x\geq \Rightarrow g(x)\geq g(0)=0\Rightarrow g(x)\geq 0\Rightarrow f(x)\geq x$

iii)Aν $h(x)=f(x)-x^3/3-x,h'(x)=f'(x)-x^2-1=e^{f^2(x)}-x^2-1\geq 0$ ,γιατί

$f^2(x)\geq x^2, e^{f^2(x)}\geq e^{x^2}\geq x^2+1$ αρα ...οπως στο ii

iv)To $\lim_{x\to +\infty}\cfrac{f^{-1}(x)}{x}=\lim_{x\to \infty}\cfrac{x}{f(x)}=DLH=\lim_{x\to \infty}\cfrac{1}{e^{f^{2}(x)}}=0$ , γιατί

η συνάρτηση λόγω της δοσμένης σχέσης έχει θετική παράγωγο αρα είναι γν.αύξουσα .Απο γνωστά επειδή $f(x)\geq x$ , με όρια

η συνάρτηση έχει όριο στο απειρο το απειρο.
v)To ολοκλήρωμα

$\int_{0}^{1}(lnf'(x))f''(x)dx=[lnf'(x)f'(x)]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}f''(x)dx=lnf'(1)f'(1)-f'(1)+f'(0)$

=lnf'(1)f'(1) -f'(1)+1>3>23/9

γιατί $f^{2}(1)\geq 1, e^{f^{2}(1)}\geq f^{2}(1)+1\geq 2$

ΒΟΥΤΣΑΣ ΔΙΟΝΥΣΗΣ

M.S.Vovos · #111

ΑΣΚΗΣΗ 34

Ένα πολυώνυμο P(x)

ικανοποιεί τη σχέση $P(x)=P'(x)+x^{3}$ , για κάθε $x\in \mathbb{R}$ .

A. Να βρείτε το βαθμό του πολυωνύμου.

Β. Να βρείτε το πολυώνυμο P(x)

.

Γ. Να υπολογίσετε το πλήθος των πραγματικών ριζών του.

Δ. Να βρείτε το πρόσημο των ριζών του.

Πηγή: ΥΠΕΠΘ

chris97 · #112

Για την άσκηση 34

Α)Προφανώς για το πολυώνυμο ορίζεται βαθμός. Έστω λοιπόν ότι
deg[P(x)]=n

.Τότε λόγω της δοθείσας ισότητας:
$\displaystyle{n=3}$ οπότε deg[P(x)]=3

Β)Έστω

τότε έχουμε:
ax^3+bx^2+cx+d=x^3+3ax^2 +2bx+c

λόγω ισότητας των πολυωνύμων
προκύπτει ότι: (a,b,c,d)=(1,3,6,6)

επομένως

Γ) $P'(x)=3x^2+6x+6\succ0$ επομένως παίρνοντας και τα όρια στο $\displaystyle{\pm \infty}$
συμπεραίνουμε ότι το πολυώνυμο έχει μία ρίζα ακριβώς

Δ)Έστω $\displaystyle{x_0}$ η ρίζα του πολυωνύμου.Έστω ότι
$x_o>0\longrightarrow$ P(x_o)>6

(αφού η συνάρτηση $\displaystyle{P(x)}$ είναι
γνήσια αύξουσα και $\displaystyle{P(0)=6}$ ) το οποίο είναι άτοπο.Άρα x_o<0

Tolaso J Kos · #113

Άσκηση 35

Δίδονται οι συναρτήσεις $\displaystyle{f(x)=\frac{5 \ln x}{x}}$ και $\displaystyle{g(x)=\frac{x\ln x-2}{x}}$ με x>0

καθώς επίσης και ο παρακάτω πίνακας μεταβολών της

.

: Monotony Table.jpg (7.84 KiB) Προβλήθηκε 1658 φορές

α) Να επαληθεύσετε τον πίνακα μεταβολών για τη συνάρτηση

.
β) Αποδείξτε ότι $\displaystyle{f(x_0)=\frac{10}{x_0^2}}$ .
γ) Έστω $a \in \mathbb{R}, \;\; a>1$ . Να εκφραστεί το $\displaystyle{\int_1^a f(x)\, {\rm d}x}$ συναρτήσει του

.
δ) Έστω $A(1, 0), \; P(x_0, g(x_0)), \; M(x_0, f(x_0))$ και

η ορθή προβολή του

στον άξονα y'y

. Έστω

το εμβαδόν που περικλείεται της γραφικής παράστασης της

, του άξονα x'x

και της ευθείας

και

το εμβαδόν του τριγώνου OAH

.Να δείξετε ότι $\displaystyle{E_1=2E_2}$ .

#114

ΑΣΚΗΣΗ 35

α. ${g}'(x)={{\left( \frac{x\ln x-2}{x} \right)}^{\prime }}=\frac{x+2}{{{x}^{2}}}>0,x>0$ και
$\displaystyle{\begin{array}{l} \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } g(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{{x\ln x - 2}}{x}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\ln x - \frac{2}{x}} \right) = + \infty \\ \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} g(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left( {\frac{{x\ln x - 2}}{x}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left( {\ln x - \frac{2}{x}} \right) = - \infty \\ \end{array}}$
Άρα η

είναι γνησίως αύξουσα στο $(0,+\infty )$ με $g\left( (0,+\infty ) \right)=R$ ,επομένως υπάρχει μοναδικό ${{x}_{0}}>0$ με $g({{x}_{0}})=0$
Πιο συγκεκριμένα , αφού

συνεχής και $g\left( \frac{2e}{3} \right)=\frac{\frac{2e}{3}\ln \frac{2e}{3}-2}{\frac{2e}{3}}=1-\frac{3}{e}-\ln \frac{3}{2}<0$
και $g\left( e \right)=\frac{e\ln e-2}{e}=\frac{e-2}{e}>0$ , από θεώρημα Bolzano το ${{x}_{0}}\in \left( \frac{2e}{3},e \right)$

β. Είναι $\displaystyle{g({{x}_{0}})=0\Leftrightarrow \frac{{{x}_{0}}\ln {{x}_{0}}-2}{{{x}_{0}}}=0\Leftrightarrow {{x}_{0}}\ln {{x}_{0}}-2=0\Leftrightarrow \ln {{x}_{0}}=\frac{2}{{{x}_{0}}}\Leftrightarrow \frac{5\ln {{x}_{0}}}{{{x}_{0}}}=\frac{10}{{{x}_{0}}^{2}}\Leftrightarrow f({{x}_{0}})=\frac{10}{{{x}_{0}}^{2}}}$

γ. $\int\limits_{1}^{a}{f}(x)\text{d}x=\int\limits_{1}^{a}{\frac{5\ln x}{x}}\text{d}x=\int\limits_{1}^{a}{5\ln x(\ln x{)}'}\text{d}x=\left[ \frac{5{{\left( \ln x \right)}^{2}}}{2} \right]_{1}^{\text{ }\!\!\alpha\!\!\text{ }}=\frac{5{{\left( \ln \alpha \right)}^{2}}}{2}$

δ. $\displaystyle{f(x)\ge 0\Leftrightarrow x\ge 1}$
${{E}_{1}}=\int\limits_{1}^{{{x}_{0}}}{f}(x)\text{d}x=\frac{5{{\left( \ln {{x}_{0}} \right)}^{2}}}{2}$ και $\displaystyle{{{\Epsilon }_{2}}=\frac{1}{2}\cdot 1\cdot f({{x}_{0}})=\frac{10}{2{{x}_{0}}^{2}}}$
$\displaystyle{{{E}_{1}}=2{{E}_{2}}\Leftrightarrow \frac{5{{\left( \ln {{x}_{0}} \right)}^{2}}}{2}=2\frac{10}{2{{x}_{0}}^{2}}\Leftrightarrow {{\left( \ln {{x}_{0}} \right)}^{2}}=\frac{4}{{{x}_{0}}^{2}}\Leftrightarrow \ln {{x}_{0}}=\frac{2}{{{x}_{0}}},{{x}_{0}}>1}$ που ισχύει

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #115

ΑΣΚΗΣΗ 33
Δεν υπάρχει συναρτήση που επαληθεύει τα δεδομένα της ασκήσης.
Ειδικότερα μπορεί να αποδειχθή οτι μια συνάρτηση που πληρεί την αρχική συνθήκη και την διαφορική εξισώση απειρίζεται σε σημείο πριν το π/2

M.S.Vovos · #116

ΑΣΚΗΣΗ 36

Δίνεται η παραγωγίσιμη και κυρτή στο $\mathbb{R}$ συνάρτηση

, με:

,

Να αποδείξετε ότι:

Α. Υπάρχει $x_{0}\in (a,a+2)$ , τέτοιο ώστε $f(x_{0})=0$ .

B. Η

δεν είναι

.

Γ. Η γραφική παράσταση της

δέχεται οριζόντια εφαπτομένη.

Δ. $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty }f(x)=+\infty$

Πηγή: Θέμα από διαγώνισμα του κ. Στέλιου Μιχαήλογλου

M.S.Vovos · #117

...Μία μεταμεσονύχτια λύση για την ωραία άσκηση του κ. Λάμπρου (άσκηση 31)...

α) $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty }\frac{f(x)}{x}\overset{DLH}{=}\lim_{x\rightarrow +\infty }f'(x)=2011$

Για το δεύτερο όριο:

1ος τρόπος

$\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty }\frac{f(2x)-f(x)}{x}=\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty }\left (2\cdot \frac{f(2x)}{2x}-\frac{f(x)}{x} \right )$

Όμως $\lim_{x\rightarrow +\infty }\frac{f(2x)}{2x}\x$ και u=2x

, με $u\rightarrow +\infty$ κάνει 2011

Συνεπώς, $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty }\frac{f(2x)-f(x)}{x}=4022-2011=2011$ .

2ος τρόπος

Εφαρμόζοντας το Θεώρημα Μέσης Τιμής στο διάστημα [x,2x]

, για

, έχουμε ότι:

$\displaystyle \exists \xi \in (x,2x):f'(\xi )=\frac{f(2x)-f(x)}{x}$

$\displaystyle 0< x< \xi < 2x\overset{f' a\upsilon \xi o\upsilon \sigma a}{\Rightarrow }$

$\displaystyle f'(x)< f'(\xi )< f'(2x)$

Όμως $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty }f'(x)=\lim_{x\rightarrow +\infty }f'(2x)=2011$ , άρα από Κριτήριο Παρεμβολής έπεται το ζητούμενο.

β) Απλό Θεώρημα Μέσης Τιμής στο διάστημα [x,2x]

.

γ) $\displaystyle g'(x)=\frac{2xf'(2x)-xf'(x)+f(x)-f(2x)}{x^{2}}=\frac{2xf'(2x)-xf'(x)+f(x)-f(x)-xf'(\xi )}{x^{2}}$

$g'(x)=\frac{2f'(2x)-f'(x)-f'(\xi )}{x^{2}},x\in (0,+\infty )$

Επειδή

παραγωγίσιμη και κυρτή στο παραπάνω διάστημα, η

είναι γνησίως αύξουσα στο $(0,+\infty )$ .

$\displaystyle 0< x< \xi < 2x\Rightarrow$

$\displaystyle \left\{\begin{matrix} f'(\xi )< f'(2x) & & \\ f'(x)< f'(2x) & & \end{matrix}\right.\Rightarrow f'(\xi )+f'(x)< 2f'(2x)$

$\displaystyle 2f'(2x)-f'(x)-f'(\xi )> 0\overset{x>0}{\Rightarrow }\frac{2f'(2x)-f'(x)-f'(\xi )}{x}> 0$

g'(x)>0

, άρα

αύξουσα στο $(0,+\infty )$ .

δ) Η συνάρτηση

, από το προηγούμενο ερώτημα, είναι γνησίως αύξουσα στο $(0,+\infty )$ .

Βρίσκω τα όρια στα άκρα τουπαραπάνω διαστήματος:

$\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0^{+}}g(x)=\lim_{x\rightarrow 0^{+}}\frac{f(2x)-f(x)}{x}\overset{DLH}{=}2\lim_{x\rightarrow 0^{+}}f'(2x)-\lim_{x\rightarrow 0^{+}}f'(x)=2f'(0)-f'(0)=f'(0)=1$

$\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty }g(x)=\lim_{x\rightarrow +\infty }\frac{f(2x)-f(x)}{x}\overset{DLH}{=}2\lim_{x\rightarrow +\infty }f'(2x)-\lim_{x\rightarrow +\infty }f'(x)=2\cdot 2011-2011=2011$

Επομένως, το σύνολο τιμών της

είναι το $f((0,+\infty ))=(1,2011)$ .

Συνεπώς, ισχύει ότι $\displaystyle 1\leq g(x)\leq 2011\Leftrightarrow 1\leq \frac{f(2x)-f(x)}{x}\leq 2011\overset{x>0}{\Leftrightarrow}\Leftrightarrow x+f(x)\leq f(2x)\leq 2011x+f(x)$ .

raf616 · #118

M.S.Vovos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 36

Δίνεται η παραγωγίσιμη και κυρτή στο $\mathbb{R}$ συνάρτηση , με:

,

,

Να αποδείξετε ότι:

Α. Υπάρχει $x_{0}\in (a,a+2)$ , τέτοιο ώστε $f(x_{0})=0$ .

B. Η δεν είναι .

Γ. Η γραφική παράσταση της δέχεται οριζόντια εφαπτομένη.

Δ. $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty }f(x)=+\infty$

Πηγή: Θέμα από διαγώνισμα του κ. Στέλιου Μιχαήλογλου

Καλημέρα. Μία προσπάθεια, με επιφύλαξη για το (δ)

α) Αφού η

είναι κυρτή, η

είναι γνησίως αύξουσα.

Είναι $a + 2 > a \iff f'(a+2) > f'(a) \iff f(a+2) > 3f(a+2) \iff f(a + 2) < 0$ .

Ακόμα, από Θεώρημα Μέσης Τιμής στο [a, a+2]

έχουμε ότι υπάρχει $\xi \in (a, a+2)$ τέτοιο ώστε $f'(\xi) = \dfrac{f(a+2) - f(a)}{2}$ .

Όμως $\displaystyle{\xi < a + 2 \iff f'(\xi) < f'(a+2) \iff f(a+2) - f(a) < 2f(a+2) \iff f(a) > -f(a+2) > 0}$ .

Άρα, από το θεώρημα Bolzano προκύπτει το ζητούμενο(αφού η

είναι συνεχής(ως παραγωγίσιμη)).

(β) Αν η

ήταν

θα έπρεπε για κάθε $x \neq y$ να είναι $f(x) \neq f(y)$ . Όμως είναι $x_0 \neq a + 3$ (αφού x_0 < a + 2 < a + 3

) και

, άτοπο.

(γ) Αρκεί να υπάρχει x_1

τέτοιο ώστε f'(x_1) = 0

. Από το θεώρημα Rolle στο [x_0, a +3]

(ικανοποιούνται οι προυποθέσεις) προκύπτει το ζητούμενο.

(δ) Από το Θεώρημα Μέσης Τιμής στο [a+3, x]

έχουμε ότι για κάθε x > a+3

υπάρχει $\xi_1$ τέτοιο ώστε $f'(\xi_1) = \dfrac{f(x)}{x - a - 3} \iff f(x) = xf'(\xi_1) - (a+3)f'(\xi_1)$ .

Αφήνοντας τώρα το $x \to +\infty$ αρκεί να είναι $f'(\xi_1) > 0$ .

Όμως $\xi_1 > a + 3 \iff f'(\xi_1) > f'(a+3)$ .

Για το x_1

του (γ) παίρνουμε ότι $x_1 < a+3 \iff f'(x_1) < f'(a+3) \iff f'(a+3) > 0$ .

Άρα $f'(\xi_1) > f'(a + 3) > 0$ και έτσι το ζητούμενο εδείχθη.

M.S.Vovos · #119

ΑΣΚΗΣΗ 37

Θεωρούμε τη δύο φορές παραγωγίσιμη και κυρτή συνάρτηση

, με πεδίο ορισμού το $[0,+\infty )$ , για την οποία ισχύουν οι σχέσεις:

f(0)=0,f'(0)=1

,

$\displaystyle x^{2}f'(x)+xf(x)> -1,\forall x\geq 0$

Να δείξετε ότι:

A. Υπάρχει μοναδικό $\xi \in (0,+\infty )$ , τέτοιο ώστε $\displaystyle \xi f(\xi )=ln\left ( \frac{1}{\xi } \right )$ .

B. Υπάρχει, τουλάχιστον ένα, $x_{0}\in (0,+\infty )$ , τέτοιο ώστε $\displaystyle f(x_{0})> x_{0}f(1)-\frac{1}{x_{0}}-x_{0}f(2)$ .

Γ. $\displaystyle \int_{0}^{1}f(x)dx\cdot \int_{1}^{e}f\left ( \frac{1}{x} \right )dx> \frac{1}{2}$

Δ. Oρίζεται η αντίστροφη της

και η $f^{-1}$ είναι κοίλη.

Ε. $\displaystyle f(4)\leq \frac{5}{8}f(1)+\frac{3}{8}f(9)$

dennys · #120

1)H συνάρτηση g(x)=xf(x)+lnx, x>0

είναι γν.αύξουσα γιατί $g'(x)=f(x)+xf'(x)+1/x=\cfrac{x^2f'(x)+xf(x)+1}{x}>0$

kai επειδή τα όρια $\lim_{x\to 0}g(x)=-\infty, \lim_{x\to +\infty}=+\infty$ Yπάρχει σημείο $\xi>0:g(\xi)=0\Rightarrow \xi f(\xi)+ln\xi=0$

2Λάθος πράξεις .Το σβήνω
3)Απο την εφαπτομένη ατο 0 ¨: $f(x)\geq x$ και αν την ολοκληρώσω με το = μόνο στο 0, $\int_{0}^{1}f(x)dx>1/2 ,(1)$

kai $f(1/x)\geq 1/x\Rightarrow \int_{1}^{e}f(1/x)dx>\int_{1}^{e}(lnx)'dx=1,((2)$

τίς (1),(2) με πολ/σμό ως θετικές ...

4) Η συνάρτηση είναι γν.αύξουσα αρα 1-1 ,αρα αντιστρέφεται με την αντίστροφή της να έχει $(f^{-1})'$ γν. φθίνουσα αρα είναι κοίλη η αντίστροφη .Απόδειξη εύκολη

5) Η σχέση "πειραγμένη "λίγο απο μάς γίνεται : $\cfrac{f(4)-f(1)}{3} < \cfrac{f(9)-f(4)}{5}$ που λόγω κυρτότητας και ΘΜΤ στα [1,4],[4,9] ισχύει

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