Τσιμπημένη

erxmer · #1

Δίνεται παραγωγίσιμη συνάρτηση

για την οποία ισχύει: $\displaystyle{y'=e^{x-f(x)}+e^{2lnx-f(x)}}, x>0}$ με f(1)=ln(e+1)

1) να βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης

2) να αποδειχθεί οτι αντιστρέφεται και οτι η εξίσωση f(x)=2

έχει μοναδική ρίζα στο (1,2)

3) να αποδειχθεί οτι η εξίσωση f(x)=e^x

δεν έχει πραγματικές ρίζες

4) να υπολογιστεί το $\displaystyle{\lim_{x \to +\infty}\frac{f(x)}{ln^2(lnx)}}$

#2

erxmer έγραψε:Δίνεται παραγωγίσιμη συνάρτηση για την οποία ισχύει: $\displaystyle{y'=e^{x-f(x)}+e^{2lnx-f(x)}}, x>0}$ με

1) να βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης

2) να αποδειχθεί οτι αντιστρέφεται και οτι η εξίσωση έχει μοναδική ρίζα στο

3) να αποδειχθεί οτι η εξίσωση δεν έχει πραγματικές ρίζες

4) να υπολογιστεί το $\displaystyle{\lim_{x \to +\infty}\frac{f(x)}{ln^2(lnx)}}$

...για το (1) και το (2)...

1) Είναι ${f}'(x)={{e}^{x-f(x)}}+{{e}^{2lnx-f(x)}},\,\,\,x>0$ και ισοδύναμα

${{e}^{f(x)}}{f}'(x)={{e}^{x}}+{{e}^{2lnx}}\Leftrightarrow {{\left( {{e}^{f(x)}} \right)}^{\prime }}={{\left( {{e}^{x}}+\frac{{{x}^{3}}}{3} \right)}^{\prime }},\,\,\,x>0$

οπότε ισοδύναμα ${{e}^{f(x)}}={{e}^{x}}+\frac{{{x}^{3}}}{3}+c,\,\,\,x\in (0,\,\,+\infty )$ και επειδή

f(1)=ln(e+1)

είναι ${{e}^{f(1)}}={{e}^{1}}+\frac{1}{3}+c\Rightarrow e+1=e+\frac{1}{3}+c\Rightarrow c=\frac{2}{3}$ άρα

${{e}^{f(x)}}={{e}^{x}}+\frac{{{x}^{3}}}{3}+\frac{2}{3}>0,\,\,\,x\in (0,\,\,+\infty )$ επομένως

$f(x)=\ln \left( {{e}^{x}}+\frac{{{x}^{3}}}{3}+\frac{2}{3} \right),\,\,\,x\in (0,\,\,+\infty )$

2) Επειδή από ${{e}^{f(x)}}{f}'(x)={{e}^{x}}+{{e}^{2lnx}}={{e}^{x}}+{{x}^{2}}\Leftrightarrow {f}'(x)=\frac{{{e}^{x}}+{{x}^{2}}}{{{e}^{f(x)}}}>0,\,\,\,x\in (0,\,\,+\infty )$

η

είναι γνήσια αύξουσα, άρα και '1-1'

επομένως αντιστρέψιμη και η εξίσωση

$f(x)=2\Leftrightarrow {{e}^{f(x)}}={{e}^{2}}\Leftrightarrow {{e}^{x}}+\frac{{{x}^{3}}+2}{3}={{e}^{2}}\Leftrightarrow {{e}^{x}}+\frac{{{x}^{3}}+2}{3}-{{e}^{2}}=0$

Θεωρώντας τώρα την συνάρτηση $g(x)={{e}^{x}}+\frac{{{x}^{3}}+2}{3}-{{e}^{2}},\,\,\,x\in [1,\,\,2]$ είναι συνεχής με

$g(2)={{e}^{2}}+\frac{10}{3}-{{e}^{2}}=\frac{10}{3}>0$ και $g(1)=e+1-{{e}^{2}}<0$ γιατί $2<e<3,\,\,1<e-1<2$ άρα

$2<e(e-1)<6\Leftrightarrow -2>-{{e}^{2}}+e>-6\Leftrightarrow -1>-{{e}^{2}}+e+1>-5$ έτσι ισχύει g(1)g(2)<0

και από θεώρημα Bolzano υπάρχει ${{x}_{0}}\in (1,\,\,2)$ με $g({{x}_{0}})=0$ άρα και η f(x)=2

έχει ρίζα στο $(1,\,\,2)$

που είναι και μοναδική λόγω του '1-1'

της

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

erxmer · #3

απομένουν προς λύση τα 3,4

Θεοδωρος Παγωνης · #4

3) Γνωρίζω ότι ${{e}^{x}}\ge x+1$ με το ίσον να ισχύει μόνο για x=0

.
Θεωρώ την συνάρτηση g(x)=f(x)-x-1

με

για την οποία έχω :
$\displaystyle{{g}'(x)={f}'(x)-1=\frac{{{e}^{x}}+{{x}^{2}}}{{{e}^{x}}+\frac{{{x}^{3}}}{3}+\frac{2}{3}}-1=\frac{-\frac{{{x}^{3}}}{3}+{{x}^{2}}-\frac{2}{3}}{{{e}^{x}}+\frac{{{x}^{3}}}{3}+\frac{2}{3}}=\frac{-{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}-2}{3{{e}^{x}}+{{x}^{3}}+2}}$
Οπότε για x>0

:
$\displaystyle{{g}'(x)=0\Leftrightarrow \frac{-{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}-2}{3{{e}^{x}}+{{x}^{3}}+2}=0\Leftrightarrow x=1\ \vee \ x=1+\sqrt{3}}$
$\displaystyle{{g}'(x)>0\Leftrightarrow \frac{-{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}-2}{3{{e}^{x}}+{{x}^{3}}+2}>0\Leftrightarrow x\in \left( 0,1 \right)\bigcup \left( 1+\sqrt{3},+\infty \right)}$
$\displaystyle{{g}'(x)<0\Leftrightarrow \frac{-{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}-2}{3{{e}^{x}}+{{x}^{3}}+2}<0\Leftrightarrow x\in \left( 1,1+\sqrt{3} \right)}$

Επομένως για το σύνολο τιμών της $\displaystyle{g}$ , (μετά από πράξεις θα έχουμε) $\displaystyle{g(x)<0}$ .

Άρα για κάθε x>0

, θα ισχύει $\displaystyle{f(x)<x+1\le {{e}^{x}}}$ , δηλαδή η εξίσωση $\displaystyle{f(x)={{e}^{x}}}$ είναι αδύνατη στο σύνολο των πραγματικών αριθμών.

Ευχαριστώ πολύ τον Sakis 1963 για το λάθος που μου επισήμανε (με προσωπικό μήνυμα) και αλλάχτηκε.

Θεοδωρος Παγωνης · #5

4) Είναι $\displaystyle{\underset{x\to +\infty }{\mathop \lim }\,\frac{\ln \left( {{e}^{x}}+\frac{{{x}^{3}}}{3}+\frac{2}{3} \right)}{{{\ln }^{2}}\left( \ln x \right)}\underset{DLH}{\overset{\frac{\infty }{\infty }}{\mathop{=}}}\,\underset{x\to +\infty }{\mathop \lim }\,\frac{x\ln x\left( {{e}^{x}}+{{x}^{2}} \right)}{2\ln (\ln x)\left( {{e}^{x}}+\frac{{{x}^{3}}}{3}+\frac{2}{3} \right)}=\underset{x\to +\infty }{\mathop \lim }\,\frac{x}{2\frac{\ln (\ln x)}{\ln x}}\cdot \frac{\left( {{e}^{x}}+{{x}^{2}} \right)}{\left( {{e}^{x}}+\frac{{{x}^{3}}}{3}+\frac{2}{3} \right)}}$
Όμως $\displaystyle{\underset{x\to +\infty }{\mathop \lim }\,x=+\infty }$ και
[unparseable or potentially dangerous latex formula]
Επίσης $\displaystyle{\underset{x\to +\infty }{\mathop \lim }\,\frac{{{e}^{x}}+{{x}^{2}}}{{{e}^{x}}+\frac{{{x}^{3}}}{3}+\frac{2}{3}}\underset{DLH}{\overset{\frac{\infty }{\infty }}{\mathop{=}}}\,\underset{x\to +\infty }{\mathop \lim }\,\frac{{{e}^{x}}+2x}{{{e}^{x}}+{{x}^{2}}}\underset{DLH}{\overset{\frac{\infty }{\infty }}{\mathop{=}}}\,\underset{x\to +\infty }{\mathop \lim }\,\frac{{{e}^{x}}}{{{e}^{x}}+2}=1}$
Οπότε $\displaystyle{\underset{x\to +\infty }{\mathop \lim }\,\frac{\ln \left( {{e}^{x}}+\frac{{{x}^{3}}}{3}+\frac{2}{3} \right)}{{{\ln }^{2}}\left( \ln x \right)}=+\infty }$

Τσιμπημένη

Τσιμπημένη

Re: Τσιμπημένη

Re: Τσιμπημένη

Re: Τσιμπημένη

Re: Τσιμπημένη

Μέλη σε σύνδεση