Ένα καλό για Γ Λυκείου!

Dimessi · #1

Θεωρούμε την παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ με $f{'}\left ( 0 \right )=1$ , για την οποία ισχύει $\left ( f{'} \left ( x \right )\right )^{2}-\left ( f\left ( x \right ) \right )^{2}=1,\forall x\in \mathbb{R}.$

(α) Να αποδείξετε ότι η

αντιστρέφεται και ότι είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο $\mathbb{R}$ με $f{''}\left ( x \right )=f\left ( x \right ),\forall x\in \mathbb{R}.$
(β) Να βρείτε τον τύπο της

(γ) Να ορίσετε την αντίστροφη της

(δ) Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα $\displaystyle \int\limits_{0}^{\displaystyle 5/4}f^{-1}\left ( x \right )dx.$
(ε) Να αποδείξετε ότι $\displaystyle \frac{f\left ( x \right )}{x}< \frac{\left ( e-1 \right )\left ( e^{-x}+e^{x-1} \right )}{2}$ για κάθε $x\in \left ( -\infty,0 \right ).$

thepigod762 · #2

Dimessi έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 02, 2024 12:46 pm
Θεωρούμε την παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ με $f{'}\left ( 0 \right )=1$ , για την οποία ισχύει $\left ( f{'} \left ( x \right )\right )^{2}-\left ( f\left ( x \right ) \right )^{2}=1,\forall x\in \mathbb{R}.$
(α) Να αποδείξετε ότι η αντιστρέφεται και ότι είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο $\mathbb{R}$ με $f{''}\left ( x \right )=f\left ( x \right ),\forall x\in \mathbb{R}.$
(β) Να βρείτε τον τύπο της
(γ) Να ορίσετε την αντίστροφη της
(δ) Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα $\displaystyle \int\limits_{0}^{\displaystyle 5/4}f^{-1}\left ( x \right )dx.$
(ε) Να αποδείξετε ότι $\displaystyle \frac{f\left ( x \right )}{x}< \frac{\left ( e-1 \right )\left ( e^{-x}+e^{x-1} \right )}{2}$ για κάθε $x\in \left ( -\infty,0 \right ).$

Παραθέτω μια προσπάθεια για αναλυτική λύση (για το (δ) δεν είμαι σίγουρος λόγω του αποτελέσματος). Σίγουρα υπάρχουν πιο σύντομες, ειδικά για την παραγωγισιμότητα της στο (α).

(α)
Έστω προς άτοπο ότι η

δεν είναι 1-1. Τότε υπάρχουν $x_1, x_2 \in \mathbb{R}$ με x_1< x_2

τέτοια, ώστε f(x_1) = f(x_2)

.

Από Rolle για την (παραγωγίσιμη) f στο διάστημα [x_1, x_2]

, υπάρχει ένα, τουλάχιστον, $\xi \in (x_1, x_2)$ τέτοιο, ώστε $f'(\xi)=0$ , άτοπο αφού $(f'(x))^2=1+f(x)^2\not = 0$ , για κάθε $x\in \mathbb{R}$ , οπότε $f'(x)\not = 0$ , για κάθε $x\in \mathbb{R}.$

Άρα η f είναι 1-1, οπότε αντιστρέφεται.

Επειδή η f είναι 1-1 και συνεχής στο $\mathbb{R}$ , είναι γνησίως μονότονη στο $\mathbb{R}$ .

Πράγματι, αν δεν ήταν γνησίως μονότονη θα υπήρχαν για παράδειγμα a<b<c

με

και

. Παίρνουμε κάποιο $u \in \mathbb{R}$ με $f(b)<u<\min{(f(a), f(c))}$ .
Από θεώρημα ενδιάμεσων τιμών για την (συνεχή) f υπάρχουν $\xi_1\in(a, b), \xi_2\in(b, c)$ τέτοια, ώστε $f(\xi_1) = u = f(\xi_2)$ , που αντιβαίνει στο 1-1 της συνάρτησης.

Είναι $f'(0)=1>0\Rightarrow \lim_{x\rightarrow 0^{+}}\dfrac{f(x)-f(0)}{x}>0$ , οπότε κοντά στο $0^{+}$ : $\dfrac{f(x)-f(0)}{x}>0 \overset{x>0}{\Rightarrow}f(x)-f(0)>0 \Leftrightarrow f(x)>f(0)$ .

Αν η

ήταν γνησίως φθίνουσα, κοντά στο $0^{+}$ θα ήταν $x>0 \Rightarrow f(x)<f(0)$ , άτοπο.

Άρα η

είναι γνησίως αύξουσα. Με ανάλογο τρόπο έχουμε πως αν υπήρχε $z \in \mathbb{R}$ με f'(z)<0

, τότε κοντά στο $z^{+}$ : f(z)>f(x)

, άτοπο αφού $x>z \Rightarrow f(x)>f(z)$ , οπότε $f'(x)\geq 0$ , για κάθε $x \in \mathbb{R}$ , και επειδή $f'(x)\not = 0$ , f'(x)>0

, για κάθε $x \in \mathbb{R}$ .

Έστω τυχαίο $x_0 \in \mathbb{R}$ .
Από την σχέση έπεται πως η συνάρτηση (f')^2

είναι παραγωγίσιμη (και συνεχής) στο $\mathbb{R}$ , οπότε $\lim_{x\rightarrow x_0} (f'(x))^2=(f'(x_0))^2 \Leftrightarrow \lim_{x\rightarrow x_0} ((f'(x))^2-(f'(x_0))^2)=0: (1)$ και $\lim_{x\rightarrow x_0}\dfrac{((f'(x))^2-(f'(x_0))^2)}{x-x_0}=l \in \mathbb{R}: (2)$ .

Θα αποδείξουμε ότι η

είναι συνεχής, και στη συνέχεια ότι είναι παραγωγίσιμη.

Επειδή, κοντά στο x_0

,

από κριτήριο παρεμβολής παίρνουμε $\lim_{x\rightarrow x_0}(f'(x)-f'(x_0))=0 \Leftrightarrow \lim_{x\rightarrow x_0}f'(x)=f'(x_0): (3)$

$\lim_{x\rightarrow x_0}(f'(x)+f'(x_0)) = 2f'(x_0) > 0$ , άρα κοντά στο x_0

είναι

, οπότε: $\dfrac{f'(x)-f'(x_0)}{x-x_0} = \dfrac{(f'(x))^2-(f'(x_0))^2}{x-x_0}\cdot\dfrac{1}{f'(x)+f'(x_0)}$ , άρα
$\displaystyle \lim_{x\rightarrow x_0}\dfrac{f'(x)-f'(x_0)}{x-x_0} =\lim_{x\rightarrow x_0}( \dfrac{(f'(x))^2-(f'(x_0))^2}{x-x_0}\cdot\dfrac{1}{f'(x)+f'(x_0)}) \overset{(2), (3)}{=} l \cdot \dfrac{1}{2f'(x_0)} \in \mathbb{R}$
επομένως η

είναι παραγωγίσιμη, δηλαδή η

είναι δύο φορές παραγωγίσιμη.

Μένει να παραγωγίσουμε την δοθείσα σχέση για να πάρουμε $2f'(x)f''(x)-2f(x)f'(x)=0 \overset{f(x)\not = 0}{\Rightarrow}f''(x)=f(x)$ , για κάθε $x \in \mathbb{R}$ .

(β)
Θεωρούμε τη συνάρτηση $g(x)=f(x)+f'(x), x\in \mathbb{R}$ η οποία είναι παραγωγίσιμη με g'(x) = f'(x)+f''(x)=f'(x)+f(x)=g(x)

, για κάθε $x \in \mathbb{R}$ .

Η τελευταία σχέση γράφεται e^xg(x) = e^xg'(x)

, άρα $\dfrac{(e^x)'g(x)-e^xg'(x)}{(e^x)^2} = 0$ , ή $(\dfrac{g(x)}{e^x})'=0$ , για κάθε $x \in \mathbb{R}$ . Από συνέπειες ΘΜΤ: $\dfrac{g(x)}{e^x}=c \Leftrightarrow g(x)=ce^x \Leftrightarrow f(x)+f'(x)=ce^x$ , για κάποιο $c \in \mathbb{R}$ .
Για x = 0

στην αρχική σχέση έχουμε f(0)=0

άρα

, οπότε

, για κάθε $x \in \mathbb{R}$ .

Η αρχική λόγω της τελευταίας γράφεται $f'(x)-f(x)=e^{-x}$ , για κάθε $x \in \mathbb{R}$ , και αφαιρώντας την τελευταία παίρνουμε $f(x)=\dfrac{e^x-e^{-x}}{2}$ , για κάθε $x \in \mathbb{R}$ .

(γ)
Για $x\in \mathbb{R}$ έχουμε
$f(x)=y \Leftrightarrow \dfrac{e^x-e^{-x}}{2} = y \Leftrightarrow (e^x)^2-2ye^x+y^2=1+y^2 \Leftrightarrow (e^x-y)^2=1+y^2 \Leftrightarrow \\|e^x-y|=\sqrt{1+y^2}.$
Είναι $e^x+e^{-x}>0 \Leftrightarrow e^x > \dfrac{e^x-e^{-x}}{2} = y \Leftrightarrow e^x-y>0$ , άρα η εξίσωση γράφεται ισοδύναμα $e^x-y=\sqrt{1+y^2} \Leftrightarrow e^x = y + \sqrt{1+y^2}$ , η οποία (αφού $y+\sqrt{1+y^2}>0$ για κάθε $y \in \mathbb{R}$ , που δείχνεται πχ με διατήρηση προσήμου) γράφεται ισοδύναμα $x=\ln{(y+\sqrt{1+y^2})}$ . Επειδή δεν προέκυψαν περιορισμοί για το

θα είναι $A_{f^{-1}}=\mathbb{R}$ και $f^{-1}(x)=\ln{(x+\sqrt{1+x^2})}, x \in \mathbb{R}$ .

(δ)
Κάνουμε την αντικατάσταση $u=f^{-1}(x)\Rightarrow f(u)=x \Rightarrow f'(u)du=dx$ . Υπολογίζουμε τα άκρα ολοκλήρωσης: $f^{-1}(0)=0, f^{-1}(\frac{5}{4})=\ln(\frac{5}{4}+\sqrt{(\frac{5}{4})^2+1}):=A$ , άρα το ολοκλήρωμα ισούται με $\int\limits_{0}^{A}uf'(u)du = [uf(u)]^{A}_0 - \int\limits_{0}^{A}f(u)du = [uf(u)]^{A}_0 - [\dfrac{e^u+e^{-u}}{2}]^{A}_{0} = \frac{5A}{4} - \dfrac{e^A+e^{-A}}{2} = \frac{5A}{4}-\sqrt{((\frac{5}{4})^2+1)}$ .

(ε)
Για κάθε x<0

είναι

άρα

, οπότε η

είναι γνησίως φθίνουσα στο $(-\infty, 0]$ .
Από ΘΜΤ για την

στο μεταβλητό διάστημα [x, 0]

(

) παίρνουμε $r \in (x, 0)$ τέτοιο, ώστε $f'(r)=\dfrac{f(x)}{x}$ .
Είναι $r>x \Rightarrow f'(r)<f'(x)\Rightarrow \dfrac{f(x)}{x}<f'(x) \overset{x<0}{\Rightarrow}f(x)>xf'(x)$ , ή xf'(x)-f(x)<0: (4)

.

Για την παραγωγίσιμη συνάρτηση $h(x)=\dfrac{f(x)}{x}, x < 0$ είναι $h'(x) = \dfrac{xf'(x)-f(x)}{x^2} \overset{(4), x^2>0}{\Rightarrow} h'(x) < 0$ , για κάθε x <0

, άρα η

είναι γνησίως φθίνουσα.

Για x<0

είναι
$x>x-1 \overset{x-1, x <0}{\Rightarrow} h(x)<h(x-1) \Leftrightarrow \dfrac{f(x)}{x} < \dfrac{f(x-1)}{x-1}=\dfrac{f(1-x)}{1-x} \overset{x(1-x)<0}{\Rightarrow} \\ (1-x)f(x) > xf(1-x) \Leftrightarrow f(x) > x(f(x)+f(1-x)) \overset{x<0}{\Rightarrow}\dfrac{f(x)}{x} < f(x)+f(1-x).$

Όμως $f(x)+f(1-x) = \dfrac{(e-1)(e^{-x}+e^{x-1})}{2}$ , που δίνει το ζητούμενο.

Dimessi · #3

Σ ευχαριστώ Γιώργο για την λύση! Στο (α) καλύτερα να δουλέψουμε με πλευρικά όρια, αν θέλουμε αυτή τη λύση. Βάζω τη λύση μου.

(α) Είναι $\displaystyle \left ( f{'}\left ( x \right ) \right )^{2}=\left ( f\left ( x \right ) \right )^{2}+1\neq 0\Rightarrow f{'}\left ( x \right )\neq 0,\forall x\in \mathbb{R}$ και από τις συνέπειες του Θ. Darboux η f{'}

διατηρεί πρόσημο στο $\mathbb{R}$ με $f{'}\left ( 0 \right )> 0\Rightarrow f{'}\left ( x \right )> 0,\forall x\in \mathbb{R}$ και συνεπώς η

είναι γνησίως αύξουσα στο $\mathbb{R}$ , άρα αντιστρέφεται. Αφού $f{'}\left ( x \right )> 0,\forall x\in \mathbb{R}$ , είναι $\displaystyle \boxed{f{'}\left ( x \right )=\sqrt{\left ( f\left ( x \right ) \right )^{2}+1},\forall x\in \mathbb{R}}.$ Θεωρούμε τις συναρτήσεις $g\left ( x \right )=\sqrt{x},x\geq 0$ και $\displaystyle h\left ( x \right )=\left ( f\left ( x \right ) \right )^{2}+1,x\in \mathbb{R}.$ Η

είναι παραγωγίσιμη στο $\left ( 0,+\infty \right )$ και αφού $h\left ( x \right )\geqslant 1> 0,\forall x\in \mathbb{R}$ και η

είναι παραγωγίσιμη στο $\mathbb{R}$ , έπεται ότι η σύνθεση τους $f{'}=g\circ h$ είναι παραγωγίσιμη στο $\mathbb{R}.$ Παραγωγίζοντας την δοθείσα σχέση παίρνουμε $2f{'}\left ( x \right )f{''}\left ( x \right )=2f\left ( x \right )f{'}\left ( x \right )\overset{f{'}\left ( x \right )\neq 0}\Rightarrow \boxed{f{''}\left ( x \right )=f\left ( x \right ),\forall x\in \mathbb{R}}.$

(β)Για κάθε $x\in \mathbb{R}$ είναι $\displaystyle f{''}\left ( x \right )=f\left ( x \right )\Rightarrow \left ( e^{x}f{'} \left ( x \right )\right ){'}=\left ( e^{x}f\left ( x \right ) \right ){'}\Rightarrow \boxed{e^{x}f{'}\left ( x \right )=e^{x}f\left ( x \right )+c,\forall x\in \mathbb{R}}$ και θέτοντας $x=0\Rightarrow c=1\Rightarrow f{'}\left ( x \right )-f\left ( x \right )=e^{-x},\forall x\in \mathbb{R}\overset{\left ( f{'}\left ( x \right ) \right )^{2}-\left ( f\left ( x \right ) \right )^{2}=1}\Longrightarrow\boxed{f\left ( x \right )=\frac{e^{x}-e^{-x}}{2},\forall x\in \mathbb{R}}.$

(γ) Η

είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο $\mathbb{R}$ , άρα $\displaystyle f\left ( \mathbb{R} \right )=\left ( \lim_{x\rightarrow -\infty}f\left ( x \right ),\lim_{x\rightarrow +\infty}f\left ( x \right ) \right )=\left ( \lim_{x\rightarrow -\infty}\frac{e^{x}-e^{-x}}{2},\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{e^{x}-e^{-x}}{2} \right )=\mathbb{R}.$
Η

είναι γνησίως αύξουσα, άρα αντιστρέφεται και $\displaystyle \boxed{D_{f^{-1}}=f\left ( \mathbb{R} \right )=\mathbb{R}}.$ Θέτω $\displaystyle f\left ( x \right )=y\Rightarrow e^{x}-\frac{1}{e^{x}}=2y\overset{e^{x}> 0}\Leftrightarrow \left ( e^{x}-y \right )^{2}=y^{2}+1\overset{e^{x}> 0, \sqrt{y^{2}+1}> y,\forall y\in \mathbb{R}}\Longrightarrow \boxed{e^{x}=y+\sqrt{y^{2}+1}}$ $\displaystyle \Rightarrow x=\ln \left ( y+\sqrt{y^{2}+1} \right )\Rightarrow \boxed{f^{-1}\left ( x \right )=\ln \left ( x+\sqrt{x^{2}+1} \right ),x\in \mathbb{R}}.$
(υπόψη ότι $\displaystyle y+\sqrt{y^{2}+1}> 0,\forall y\in \mathbb{R}$ ).

(δ)Χωρίς την κλασσική μέθοδο του Γιώργου (δεν έχω να προσθέσω κάτι). Εκτός σχολικού πνεύματος θα μπορούσαμε κι έτσι: Είναι $\displaystyle I=\int\limits_{0}^{ 5/4}f^{-1}\left ( x \right )dx=\int\limits_{0}^{5/4}\ln\left ( x+\sqrt{x^{2}+1} \right )dx=\left [ x\ln\left ( x+\sqrt{x^{2}+1} \right ) \right ]_{0}^{5/4}-\int\limits_{0}^{5/4}x\left ( \ln \left ( x+\sqrt{x^{2}+1} \right ) \right ){'}dx$
$\displaystyle =\left [ x\ln \left ( x+\sqrt{x^{2}+1} \right ) \right ]_{0}^{5/4}-\int\limits_{0}^{5/4}\frac{x\sqrt{x^{2}+1}+x^{2}}{x\sqrt{x^{2}+1}+x^{2}+1}dx.$
Επομένως $\displaystyle I=\left [ x\ln \left ( x+\sqrt{x^{2}+1} \right ) \right ]_{0}^{5/4}-\left ( \int\limits_{0}^{5/4}1dx-\int\limits_{0}^{5/4}\frac{1}{x\sqrt{x^{2}+1}+x^{2}+1}dx \right )=$
$\displaystyle =\left [ x\ln \left ( x+\sqrt{x^{2}+1} \right ) \right ]_{0}^{5/4}-\frac{5}{4}+\int\limits_{0}^{5/4}\frac{1}{x\sqrt{x^{2}+1}+x^{2}+1}dx.$
Όμως $\displaystyle \int\limits_{0}^{5/4}\frac{1}{x\sqrt{x^{2}+1}+x^{2}+1}dx=\frac{\displaystyle 2\sin \left ( \frac{\arctan\left ( \frac{5}{4} \right )}{2} \right )}{\displaystyle \sin \left ( \frac{\arctan\left ( \frac{5}{4} \right )}{2} \right )+\cos \left ( \frac{\arctan\left ( \frac{5}{4} \right )}{2} \right )}.$
Η απόδειξη είναι κλασσική αλλά έξω από τα σχολικά πλαίσια. Αυτά για όποιον επιθυμεί εντυπωσιακή λύση για επίπεδο σχολείου.

(ε) Ωραία προσέγγιση του Γιώργου. Αλλιώς.
Για κάθε $x\in \left ( -\infty,0 \right ):$
$\bullet$ Η

είναι συνεχής στο $\left [ x-1,x \right ]$ και παραγωγίσιμη στο $\left ( x-1,x \right ),$ άρα από ΘΜΤ υπάρχει $\xi _{1}\in \left ( x-1,x \right )$ με $\displaystyle f{'}\left ( \xi _{1} \right )=\frac{f\left ( x \right )-f\left ( x-1 \right )}{x-\left ( x-1 \right )}=\frac{\left ( e-1 \right )\left ( e^{-x}+e^{x-1} \right )}{2}.$
$\bullet$ Ομοίως από ΘΜΤ υπάρχει $\xi _{2}\in \left ( x,0 \right )$ με $\displaystyle f{'}\left ( \xi _{2} \right )=\frac{f\left ( x \right )-f\left ( 0 \right )}{x-0}=\frac{f\left ( x \right )}{x}.$
Η f{'}

είναι συνεχής στο $\left ( -\infty,0 \right ]$ και παραγωγίσιμη στο $\left ( -\infty,0 \right )$ με $f{''}\left ( x \right )=f\left ( x \right )< f\left ( 0 \right )=0,\forall x\in \left ( -\infty,0 \right ),$ αφού η

είναι γνησίως αύξουσα στο $\mathbb{R}$ , άρα η f{'}

είναι γνησίως φθίνουσα στο $\left ( -\infty,0 \right ]$ και αφού $\displaystyle \xi _{1}< \xi _{2}< 0\Rightarrow f{'}\left ( \xi _{1} \right )> f{'}\left ( \xi _{2} \right )\Rightarrow \boxed{\frac{\left ( e-1 \right )\left ( e^{-x}+e^{x-1} \right )}{2}> \frac{f\left ( x \right )}{x},\forall x\in \left ( -\infty,0 \right )}.$

abgd · #4

thepigod762 έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 02, 2024 10:32 pm

Άρα η f είναι 1-1, οπότε αντιστρέφεται.

Επειδή η f είναι 1-1 και συνεχής στο $\mathbb{R}$ , είναι γνησίως μονότονη στο $\mathbb{R}$ .

Αφού η $\displaystyle{f}$ είναι γνησίως μονότονη και $\displaystyle{f'(x)\ne0}$ τότε

Θα είναι $\displaystyle{\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}}$ θετικό για κάθε $\displaystyle{x, x_0}$ , ή αρνητικό για κάθε $\displaystyle{x, x_0}$ με $\displaystyle{x\ne x_0}$

Άρα και το όριο $\displaystyle{\lim_{x\to x_0}{\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}}=f'(x_0)}$ θα είναι θετικό για κάθε $\displaystyle{ x_0}$ ή αρνητικό για κάθε $\displaystyle{ x_0}$ .

Όμως $\displaystyle{f'(0)=1>0}$ και έτσι θα πρέπει $\displaystyle{f'(x_0)>0}$ για κάθε $\displaystyle{ x_0}$ .

Ακόμη θα είναι $\displaystyle{f'(x)=\sqrt{1+f^2(x)}, \ \ \forall x\in \mathbb{R}}$ και συνεπώς η $\displaystyle{f'}$ θα είναι παραγωγίσιμη - πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων.

Dimessi · #5

Τέσσερα επιπρόσθετα ερωτήματα
στ) Αν

μια αρχική της

στο $\mathbb{R}$ με $\displaystyle F\left ( 0 \right )=e$ και $E\left ( \Omega \right )$ το εμβαδόν του χωρίου $\Omega$ που περικλείεται από την γραφική παράσταση της συνάρτησης $g:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ με $g\left ( x \right )=e^{x}\cdot F\left ( 2\eta \mu x \right ),x\in \mathbb{R}$ και την εφαπτομένη της $C_{f}$ στο σημείο της με τετμημένη $x_{0}=0,$ ανάμεσα στις ευθείες x=-1

και

να αποδείξετε ότι:
i) Η εξίσωση $x\cdot F\left ( x+1 \right )=\left ( x+1 \right )\cdot F\left ( x \right )-e$ έχει μοναδική ρίζα στο $\left [ 0,+\infty \right ).$
ii) $\displaystyle E\left ( \Omega \right )> 4\int\limits_{0}^{1}f^{-1}\left ( x \right )dx> \frac{8}{5}.$
iii) Υπάρχουν $\xi _{1},\xi _{2}\in \left ( 0,1 \right )$ με $\xi _{1}\neq \xi _{2},$ τέτοια ώστε $\displaystyle f\left ( \xi _{1} \right )\cdot f\left ( \xi _{2} \right )=\left ( F\left ( 1 \right )-e \right )^{2}.$
iv) $\displaystyle F\left ( x \right )=\frac{e^{x}+e^{-x}}{2}+e-1,\forall x\in \mathbb{R}.$

Dimessi · #6

Βάζω τη λύση μου στα επιπλέον ερωτήματα.
i) Για κάθε $x\in \left ( 0,+\infty \right ):$
$\bullet$ Η

είναι συνεχής στο $\left [ 0,x \right ]$ και παραγωγίσιμη στο $\left ( 0,x \right ),$ άρα από ΘΜΤ υπάρχει $\displaystyle \xi _{3}\in \left ( 0,x \right )$ με $\displaystyle F{'}\left ( \xi _{3} \right )=\frac{F\left ( x \right )-F\left ( 0 \right )}{x-0}=\frac{F\left ( x \right )-e}{x}.$
$\bullet$ Η

είναι συνεχής στο $\left [ x,x+1 \right ]$ και παραγωγίσιμη στο $\left ( x,x+1 \right ),$ άρα από ΘΜΤ υπάρχει $\xi _{4}\in \left ( x,x+1 \right )$ με $\displaystyle F{'}\left ( \xi _{4} \right )=\frac{F\left ( x+1 \right )-F\left ( x \right )}{x+1-x}=F\left ( x+1 \right )-F\left ( x \right ).$
Η F{'}

είναι παραγωγίσιιμη με $F{''}\left ( x \right )=f{'}\left ( x \right )> 0,\forall x\in \mathbb{R},$ άρα η F{'}

είναι γνησίως αύξουσα στο $\mathbb{R}$ και αφού $\displaystyle \xi _{3}< \xi _{4}\Rightarrow F{'}\left ( \xi _{3} \right )< F{'}\left ( \xi _{4} \right )\Rightarrow \boxed{\frac{F\left ( x \right )-e}{x}< F\left ( x+1 \right )-F\left ( x \right ),\forall x\in \left ( 0,+\infty \right )}.$ Επομένως: $\displaystyle \boxed{x\cdot F\left ( x+1 \right )> \left ( x+1 \right )\cdot F\left ( x \right )-e,\forall x\in \left ( 0,+\infty \right )}$ και συνεπώς η εξίσωση έχει μοναδική λύση στο $\left [ 0,+\infty \right ),$ την $\boxed{x=0}$ που επαληθεύει την δοθείσα.
ii) Η

είναι συνεχής στο $\left ( -\infty,0 \right ]$ και παραγωγίσιμη στο $\left ( -\infty,0 \right )$ με $F{'}\left ( x \right )=f\left ( x \right )< f\left ( 0 \right )=0,\forall x\in \left ( -\infty,0 \right ),$ αφού η

είναι γνησίως αύξουσα στο $\mathbb{R},$ άρα η

είναι γνησίως φθίνουσα στο $\left ( -\infty,0 \right ].$ Αφού $\eta \mu x\leqslant x,\forall x\geq 0$ με την ισότητα μόνο για x=0,

άρα $2\eta \mu x\leqslant x,\forall x\in \left [ -1,0 \right ],$ με την ισότητα μόνο για x=0

λόγω της ανισότητας Jordan $\displaystyle \sin (-x)\geq -\frac{2}{\pi}x$ στο [-1,0]

που ισχύει στο $[-\pi/2,0]$ επειδή στο
$\displaystyle \left[ 0,\pi/2 \right]:\sin x\geqslant 0\implies \sin x=\left| \sin x \right|^{Fourier}=-\frac{2}{\pi}\left( 1+2\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\cos \left( 2nx \right)}{\left( 2n-1 \right)\left( 2n+1 \right)} \right)\geqslant \frac{2}{\pi}x$ λόγω της $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\cos \left( 2nx \right)}{\left( 2n-1 \right)\left( 2n+1 \right)}\leqslant \frac{1-x}{2} \forall x\in \left[ 0,\pi/2\right]$ με $\displaystyle \left[ 0,1 \right]\subseteq \left[ 0,\pi/2 \right]$ και $-1>-\pi/2$ και λόγω περιττότητας της $\sin x,$ στο [-1,0]

ισχύει $\displaystyle 2\sin x\leqslant \frac{4}{\pi}x\leqslant x$ και αφού η

είναι γνησίως φθίνουσα στο $\left ( -\infty,0 \right ],$ με τα $\sin x=-\sin (-x)\leqslant 0$ στο [-1,0]

έχουμε $F\left ( 2\eta \mu x \right )\geqslant F\left ( x \right )$ με την ισότητα μόνο για $x=0. \left ( 1 \right ).$
Η F{'}

είναι γνησίως αύξουσα στο $\mathbb{R}$ , άρα η

είναι κυρτή στο $\mathbb{R}$ και αφού η εξίσωση εφαπτομένης της $C_{F}$ στο σημείο της $A\left ( 0,F\left ( 0 \right ) \right )$ είναι $y-F\left ( 0 \right )=F{'}\left ( 0 \right )\cdot \left ( x-0 \right )\Leftrightarrow y=e,$ επομένως $F\left ( x \right )\geqslant e,\forall x\in \mathbb{R},$ με την ισότητα μόνο για $x=0. \left ( 2 \right ).$ Από τις σχέσεις $\left ( 1 \right )$ και $\left ( 2 \right )$ παίρνουμε $F\left ( 2\eta \mu x \right )\geqslant e,$ στο [-1,0]

με την ισότητα μόνο για x=0

και πολλαπλασιάζοντας με $e^{x}> 0$ έχουμε ότι στο [-1,0]

ισχύει $e^{x}\cdot F\left ( 2\eta \mu x \right )\geqslant e^{x+1},$ με την ισότητα μόνο για x=0.

Επομένως: στο [-1,0]

έχουμε $\displaystyle \boxed{e^{x}\cdot F\left ( 2\eta \mu x \right )-x\geqslant e^{x+1}-x},$ με την ισότητα μόνο για $x=0. \left ( 3 \right ).$ Η εξίσωση εφαπτομένης της $C_{f}$ στο σημείο της με τετμημένη $x_{0}=0$ είναι $y-f\left ( 0\right )=f{'}\left ( 0 \right )\cdot \left ( x-0\right )\Leftrightarrow y=x$ και άρα το ζητούμενο εμβαδόν είναι $\displaystyle \boxed{E\left ( \Omega \right )=\int\limits_{-1}^{0}\left | e^{x} \cdot F\left ( 2\eta \mu x \right )-x\right |dx}\left ( 4 \right ).$ Από την σχέση $\left ( 3 \right )$ λαμβάνουμε $\boxed{e^{x}\cdot F\left ( 2\eta \mu x \right )-x\geqslant e^{x+1}-x\geqslant 2> 0,\forall x\in \left [ -1,0 \right ]}\overset{\left ( 4 \right )}\Rightarrow \boxed{E\left ( \Omega \right )=\int\limits_{-1}^{0} (e^{x}\cdot F\left ( 2\eta \mu x \right)-x) dx}\left ( 5 \right ).$ Επίσης, από την σχέση $\left ( 3 \right )$ έχουμε $e^{x}\cdot F\left ( 2\eta \mu x \right )-x\geqslant e^{x+1}-x,$ στο [-1,0]

με την ισότητα μόνο για x=0.

Επομένως : $\displaystyle \boxed{E\left ( \Omega \right )\overset{\left ( 5 \right )}=\int\limits_{-1}^{0}\left ( e^{x}\cdot F\left ( 2\eta \mu x \right )-x \right )dx> \int\limits_{-1}^{0}\left ( e^{x+1}-x \right )dx=\left [ e^{x+1}-\frac{x^{2}}{2} \right ]_{-1}^{0}=e-\frac{1}{2}> 2}\left ( 6 \right ).$
$\bullet$ Κάνουμε την αντικατάσταση $u=f^{-1}\left ( x \right )\Rightarrow f\left ( u \right )=x\Rightarrow f{'}\left ( u \right )du=dx$ και τα άκρα ολοκλήρωσης γίνονται $f^{-1}\left ( 0 \right )=0$ και $f^{-1}\left ( 1 \right )=\ln \left ( 1+\sqrt{2} \right )$ και έχουμε $\displaystyle \boxed{\int\limits_{0}^{1}f^{-1}\left ( x \right )dx=\int\limits_{0}^{\ln\left ( 1+\sqrt{2} \right )}uf{'}\left ( u \right )du=\left [ uf\left ( u \right ) \right ]_{0}^{\ln\left ( 1+\sqrt{2} \right )}-\int\limits_{0}^{\ln\left ( 1+\sqrt{2} \right )}f\left ( u \right )du}\left ( 7 \right ).$ Είναι $\displaystyle \int\limits _{0}^{\ln\left ( 1+\sqrt{2} \right )}f\left ( u \right )du=\left [ \frac{e^{u}+e^{-u}}{2} \right ]_{0}^{\ln\left ( 1+\sqrt{2} \right )}=\frac{\displaystyle 1+\sqrt{2}+\frac{1}{1+\sqrt{2}}}{2}-1=\sqrt{2}-1 \overset{\left ( 7 \right )}\Rightarrow \boxed{\int\limits_{0}^{1}f^{-1}\left ( x \right )dx=\ln\left ( 1+\sqrt{2} \right )-\sqrt{2}+1}\left ( 8 \right ).$
Επομένως $\displaystyle \int\limits_{0}^{1}f^{-1}\left ( x \right )dx< \frac{1}{2}\Rightarrow \boxed{4\int\limits_{0}^{1}f^{-1}\left ( x \right )dx< 2}\left ( 9 \right ).$ Από τις σχέσεις $\left ( 6 \right )$ και $\left ( 9 \right )$ παίρνουμε $\displaystyle \boxed{E\left ( \Omega \right )> 2> 4\int\limits_{0}^{1}f^{-1}\left ( x \right )dx}\left ( \ast \right )$ και αφού $\displaystyle 4\int\limits_{0}^{1}f^{-1}\left ( x \right )dx=4\left ( \ln\left ( 1+\sqrt{2} \right )-\sqrt{2}+1 \right )> \frac{8}{5}\overset{\left ( \ast \right )}\Rightarrow \boxed{\frac{8}{5}< 4\int\limits_{0}^{1}f^{-1}\left ( x \right )dx< E\left ( \Omega \right )}.$
Μελετώντας την $\displaystyle \ln x-\frac{1}{x}$ θα δούμε ότι η τιμή της στο $\displaystyle x=1+\sqrt2$ ανήκει στο (2/5,1/2)

.
iii) Έστω $x_{0}\in \left ( 0,1 \right )$ που θα διαλέξουμε στη συνέχεια. Από ΘΜΤ στα διαστήματα $\left [ 0,x_{0} \right ],\left [ x_{0},1 \right ]$ (ικανοποιούνται οι προύποθέσεις) υπάρχουν $\displaystyle \xi _{5}\in \left ( 0,x_{0} \right ):F{'}\left ( \xi _{5} \right )=\frac{F\left ( x_{0} \right )-F\left ( 0 \right )}{x_{0}-0}=\frac{F\left ( x_{_{0}} \right )-e}{x_{0}}$ και $\displaystyle \xi _{6}\in \left ( x_{0},1 \right ):F{'}\left ( \xi _{6} \right )=\frac{F\left ( x_{0} \right )-F\left ( 1 \right )}{x_{0}-1}.$ Επομένως $\displaystyle f\left ( \xi _{5} \right )\cdot f\left ( \xi _{6} \right )=\frac{\left ( F\left ( x_{0} \right )-e \right )\left ( F\left ( x_{0} \right )-F\left ( 1 \right ) \right )}{x_{0}\left ( x_{0}-1 \right )},$ πρέπει λοιπόν ισοδύναμα να υπάρχει $x_{0}\in \left ( 0,1 \right ),$ τέτοιο ώστε $\displaystyle \left ( F\left ( x_{0} \right )-e \right )\left ( F\left ( x_{0})-F ( 1 \right ) \right )=x_{0}\left ( x_{0}-1 \right )\cdot \left ( F\left ( 1 \right )-e \right )^{2}.$ Θεωρούμε την συνάρτηση $p\left ( x \right )=\left ( F\left ( x \right )-e \right )\left ( F\left ( x \right ) -F\left ( 1 \right )\right )-x\left ( x-1 \right )\left ( F\left ( 1 \right )-e \right )^{2},x\in \left [ 0,1 \right ].$ Είναι $\displaystyle F\left ( x \right )=\frac{e^{x}+e^{-x}}{2}+c\overset{F\left ( 0 \right )=e}\Rightarrow \boxed{F\left ( x \right )=\frac{e^{x}+e^{-x}}{2}+e-1,\forall x\in \mathbb{R}}.$ Επομένως $\displaystyle p\left ( x \right )=\left ( \frac{e^{x}+e^{-x}}{2}-1 \right )\left ( \frac{e^{x}+e^{-x}}{2}-\frac{e^{2}+1}{2e} \right )-\left ( \frac{e^{2}+1}{2e}-e \right )^{2}\cdot x\left ( x-1 \right ),x\in \left [ 0,1 \right ].$ Με μελέτη δείχνουμε ότι υπάρχει $x_{0}\in \left ( 0,1 \right ),$ τέτοιο ώστε $p\left ( x_{0} \right )=0$ και η απόδειξη ολοκληρώνεται. Απόδειξη
Εδώ είναι πιο απλά τα πράγματα λόγω της $\displaystyle \frac{d}{dx}p\left( x \right)=\frac{e^{x}-e^{-x}}{2}\left( e^{x}+e^{-x}-1-\frac{e^{2}+1}{2e} \right)-2\left( \frac{e^{2}+1}{2e}-e \right)^{2}x+\left( \frac{e^{2}+1}{2e}-e \right)^{2}$
$\displaystyle \frac{d}{dx}\left( \lim_{t \to x} \frac{p\left( t \right)-p\left( x \right)}{t-x} \right)=\frac{1}{2}\left( e^{x}+e^{-x} \right)\left( e^{x}+e^{-x}-1-\frac{e^{2}+1}{2e} \right)+\frac{1}{2}\left( e^{x}-e^{-x} \right)^{2}-2\left( \frac{e^{2}-1}{2e} \right)^{2}$
Η $e^{x}+e^{-x}$ είναι γνησίως αύξουσα στο [0,1]

οπότε στο

ισχύει $\displaystyle 2\leqslant e^{x}+e^{-x}\leqslant \frac {e^{2}+1}{e}$ με ισότητες μόνο στα άκρα.
Παίρνοντας το τριώνυμο
$\displaystyle Q\left( x \right)=\frac{1}{2}x^{2}-\frac{\left( e+1 \right)^{2}}{4e}x-\frac{2\left( e-1 \right)^{2}\left( e+1 \right)^{2}}{4e^{2}}\implies \Delta =\frac{\left( e+1 \right)^{2}}{4e^{2}}\left( \frac{\left( e+1 \right)^{2}}{4}+4\left( e-1 \right)^{2} \right)>0$
Το γινόμενο των ριζών του είναι από Vieta $\displaystyle \frac{\gamma}{\alpha}<0$ οπότε $\displaystyle \min \left\{ p_{1},p_{2} \right\}<0<2\leqslant e^{x}+e^{-x}$ .
Έχουμε
$\displaystyle \max \left\{ p_{1},p_{2} \right\}=\frac{e+1}{4e}\left( e+1+\sqrt{\left( e+1 \right)^{2}+16\left( e-1 \right)^{2}} \right)>e+\frac{1}{e}\geqslant e^{x}+e^{-x}$
Οπότε
$\displaystyle e^{x}+e^{-x}\in \left( \min\left\{ p_{1},p_{2} \right\},\max\left\{ p_{1},p_{2} \right\} \right)\implies \frac{1}{2}Q\left( e^{x}+e^{-x} \right)<0\implies Q\left( e^{x}+e^{-x} \right)<0\implies \left( \lim_{t \to x} \frac{p\left( t \right)-p\left( x \right)}{t-x} \right){'}<\frac{1}{2}\left( e^{x}-e^{-x} \right)^{2}\forall x\in \left[ 0,1 \right]$ .
Στο [0,1]

ισχύει
$\displaystyle 0\leqslant e^{x}-e^{-x}\leqslant e-\frac{1}{e}\implies \frac{1}{2}\left( e^{x}-e^{-x} \right)^{2}\leqslant \frac{\left( e-1 \right)^{2}\left( e+1 \right)^{2}}{2e^{2}}$
με τις ισότητες μόνο στα άκρα επειδή η $e^{x}-e^{-x}$ είναι γνησίως αύξουσα.
Παίρνουμε
$\displaystyle x\in \left[ 0,1 \right]\implies \frac{d}{dx}\left( \frac{d}{dx}p\left( x \right)-\frac{\left( e-1 \right)^{2}\left( e+1 \right)^{2}}{2e^{2}} x\right)<0$ .
Οπότε στο [0,1]

ισχύει
$\displaystyle \lim_{t \to 1} \frac{p\left( t \right)-p\left( 1 \right)}{t-1}-\frac{\left( e-1 \right)^{2}\left( e+1 \right)^{2}}{2e^{2}}\leqslant \frac{d}{dx}p\left( x \right)-\frac{\left( e-1 \right)^{2}\left( e+1 \right)^{2}}{2e^{2}}x\leqslant \frac{\left( e-1 \right)^{2}\left( e+1 \right)^{2}}{4e^{2}}$
με ισότητες μόνο στα άκρα.
Παίρνουμε
$\displaystyle \frac{d}{dx}p\left( x \right)\leqslant \frac{d}{dx}\left( \frac{\left( e^{2}-1 \right)^{2}}{4e^{2}} x^{2}+\frac{\left( e^{2}-1 \right)^{2}}{4e^{2}}x\right)$
Επειδή
$\displaystyle \lim_{t \to 1} \frac{p\left( t \right)-p\left( 1 \right)}{t-1}-\frac{\left( e^{2}-1 \right)^{2}}{2e^{2}}=\frac{e^{2}-1}{2e} \frac{e^{2}-2e+1}{2e} -\frac{3\left( e^{2}-1 \right)^{2}}{4e^{2}}=\frac{e^{2}-1}{4e^{2}}\left( -2e^{2}-2e+4 \right)$
έχουμε
$\displaystyle \frac{d}{dx}p\left( x \right)\geqslant \frac{\left( e^{2}-1 \right)^{2}}{2e^{2}}x-\frac{\left( e^{2}-1 \right)\left( e-1 \right)\left( e+2 \right)}{2e^{2}}=\frac{(e^{2}-1)(e-1)}{2e^{2}}\left( \left( e+1 \right)x-\left( e+2 \right) \right)$
Στο (0,1)

ισχύει
$\displaystyle p\left( x \right)-\left( \frac{\left( e^{2}-1 \right)^{2}}{4e^{2}} x^{2}+\frac{\left( e^{2}-1 \right)^{2}}{4e^{2}}x\right)=g\left( x \right)\implies g\left( \left( 0,1 \right) \right)=\left( \lim_{x \to 1^{-}} g\left( x \right) ,\lim_{x \to 0^{+}}g\left( x \right) \right)$
οπότε
$\displaystyle -\frac{\left( e^{2} -1\right)^{2}}{2e^{2}}< g\left( x \right)<0$
Από την
$\displaystyle \frac{d}{dx}p\left( x \right)\geqslant \frac{d}{dx}\left( \frac{\left( e^{2}-1 \right)^{2}\left( e-1 \right)}{4e^{2}} \left( e+1 \right)x^{2}-2\left( e+2 \right)cx\right)$
με ισότητες μόνο στα άκρα παίρνουμε
$\displaystyle p\left( x \right)-\left( \frac{\left( e^{2}-1 \right)^{2}\left( e-1 \right)}{4e^{2}} \left( e+1 \right)x^{2}-2\left( e+2 \right)cx\right)\in \left( 0,2\left( e+2 \right)c-\frac{\left( e^{2}-1 \right)^{2}\left( e-1 \right)\left( e+1 \right)}{4e^{2}} \right)$
για όλα τα 0<x<1

.
Παίρνοντας την
$h(x)=\displaystyle \frac{\left( e^{2}-1 \right)^{3}}{4e^{2}}x^{2}-\frac{\left( e^{2}-1 \right)\left( e-1 \right)\left( e+2 \right)}{2e^{2}}x$
στο (0,1)

είναι γνησίως φθίνουσα και λόγω συνέχειας
$\displaystyle \frac{\left( e^{2}-1 \right)^{3}}{4e^{2}}x^{2}-\frac{\left( e^{2}-1 \right)\left( e-1 \right)\left( e+2 \right)}{2e^{2}}x<\lim_{x \to 0^{+}} \left( \frac{\left( e^{2}-1 \right)^{3}}{4e^{2}}x^{2}-\frac{\left( e^{2}-1 \right)\left( e-1 \right)\left( e+2 \right)}{2e^{2}}x \right)=0$
για όλα τα 0<x<1

.
Οπότε παίρνουμε ότι στο [0,1]

$\displaystyle -\frac{\left( e^{2}-1 \right)^{2}}{2e^{2}}\leqslant \frac{\left( e^{2}-1 \right)^{2}}{4e^{2}}\left( x^{2}+x-2 \right)\leqslant p\left( x \right)\leqslant h\left( x \right)-\lim_{x \to 1^{-}} h\left( x \right)\leqslant \frac{\left( e^{2}-1 \right)}{4e^{2}}\left(2\left( e-1 \right) \left( e+2 \right) -\left( e^{2}-1 \right)^{2}\right)$
με ισότητες μόνο στα άκρα.
Για την τέρμα αριστερά η ισότητα πιάνεται στο x=0

και για την δεύτερη αριστερά η ισότητα πιάνεται στο x=1

οπότε στο

ισχύει
$\displaystyle -\frac{\left( e^{2}-1 \right)^{2}}{2e^{2}}< p\left( x \right)$ .
Όμοια η δεξιά είναι γνήσια ανισότητα.
Επομένως για όλα τα 0<t<1

$\displaystyle -\int_{0}^{t}\frac{\left( e^{2}-1 \right)^{2}}{2e^{2}}dx<\int_{0}^{t}p\left( x \right)dx<\int_{0}^{t}\frac{110}{36}dx\iff \boxed{-\frac{\left( e^{2}-1 \right)^{2}}{2e^{2}}t<\int_{0}^{t}p\left( x \right)dx<\frac{55}{18}t}(1)$ .
Έστω ότι η

δεν έχει ρίζα στο (0,1)

τότε από Darboux η $\displaystyle \frac{d}{dt}\left( \int_{0}^{t}p\left( x \right)dx \right)$ διατηρεί πρόσημο στο (0,1)

. Οπότε η $\displaystyle \int_{0}^{t}p\left( x \right)dx$ είναι γνησίως μονότονη.
Για κάθε 0<k<t<1

η διαφορά $\displaystyle \int_{0}^{t}p\left( x \right)dx -\int_{0}^{k}p\left( x \right)dx$ διατηρεί πρόσημο.
Δηλαδή διατηρεί πρόσημο το $\displaystyle \int_{k}^{t}p\left( x \right)dx$ .
Παίρνουμε
$\displaystyle \boxed{\int_{}^{}p\left( x \right)dx=\int_{}^{} \left( \frac{e^{x}+e^{-x}}{2} \right)^{2}dx-\int_{}^{}\frac{e^{x}+e^{-x}}{2}dx-\frac{e^{2}+1}{4e}\int_{}^{}e^{x}+e^{-x}dx+\int_{{}{}}^{}\frac{e^{2}+1}{2e}dx-\frac{\left( e^{2}-1 \right)^{2}}{4e^{2}}\int_{}^{}x^{2}-xdx}(2)$ .
Από την
$\displaystyle -\frac{\left( e^{2} -1\right)^{2}}{2e^{2}}t-\frac{55}{18}t<-\frac{\left( e^{2}-1 \right)^{2}}{2e^{2}}t-\frac{55}{18}k<\int_{k}^{t}p\left( x \right)dx<\frac{55}{18}t+\frac{\left( e^{2}-1 \right)^{2}}{2e^{2}}k<\frac{\left( e^{2}-1 \right)^{2}}{2e^{2}}t+\frac{55}{18}t$ (3)
λόγω της (1)

Επειδή το όριο $\displaystyle \lim_{t \to 1^{-}} \int_{k}^{t}p\left( x \right)dx=\int_{k}^{1}p\left( x \right)dx$ από τη συνέχεια της $\displaystyle \int_{k}^{t}p\left( x \right)dx$ στο t=1

Παίρνοντας στην (3)

όριο $t\rightarrow 1^{-}$ έχουμε
$\displaystyle \boxed{\left| \int_{k}^{1} p\left( x \right)dx\right|\leqslant \frac{\left( e^{2}-1 \right)^{2}}{2e^{2}}+\frac{55}{18}}$ για όλα τα 0<k<1

.
Οπότε
αν $\displaystyle p\left( x \right)\geqslant 0$ με ισότητα μόνο στα άκρα τότε
$\displaystyle \int_{k}^{1}p\left( x \right)dx\geqslant 0\implies \left (\frac{\left( e^{2}-1 \right)^{2}}{2e^{2}}+\frac{55}{18} \right)\geqslant \left| \int_{k}^{1}p\left( x \right)dx \right|=\int_{k}^{1}p\left( x \right)dx$
για όλα τα 0<k<1

. (4)
Από την (2) βάζοντας όρια ολοκλήρωσης βλέπουμε ότι η (4) δεν ισχύει για όλα τα 0<k<1

γιατί το ολοκλήρωμα δεν μπορεί να ανήκει στο [0,d] για όλα τα κ στο (0,1) γιατί η $\displaystyle \int_{k}^{1}p\left( x \right)dx$ είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο (0,1)

οπότε
και για την $\displaystyle \frac{d}{dk}\left( \int_{k}^{\displaystyle\ln 2+\frac{3}{10}}p\left( x \right)dx \right)=-p\left( k \right)< 0$ ισχύει το ίδιο στο (0,1)

με τα $\displaystyle \ln 2+\frac{3}{10}<\ln \frac{27}{10}<1$ οπότε $\displaystyle 0\leqslant \int_{k}^{1}p\left( x \right)dx=\int_{k}^{\displaystyle \ln 2+\frac{3}{10}}p\left( x \right)dx+\int_{\displaystyle \ln 2+\frac{3}{10}}^{1}p\left( x \right)dx<\int_{k}^{\displaystyle\ln 2+\frac{3}{10}}p\left( x \right)dx+\frac{3}{10^{5}}$ οπότε $\displaystyle 0\leqslant \int_{k}^{1}p\left( x \right)dx<-\int_{\displaystyle \ln 2+\frac{3}{10}}^{\displaystyle k}\left| p\left( x \right) \right|dx+\frac{3}{10^{5}}\leqslant \frac{3}{10^{5}}$ για όλα τα $\displaystyle 1>k>\ln 2+\frac{3}{10}$ . Παίρνουμε για $\displaystyle k=\ln \frac{27}{10}$ ότι $\displaystyle \int_{\displaystyle \ln \frac{27}{10}}^{1}p\left( x \right)dx>\frac{3}{10^{5}}$ . Άτοπο. Άρα $p\left( x \right)<0$ για κάποιο 0<x<1

.
Το μόνο που χρειάζεται είναι το $\displaystyle \boxed{\int_{}^{}\left( e^{x}+e^{-x} \right)^{2}dx=\frac{1}{2}e^{2x}-\frac{1}{2}e^{-2x}+2x+c}$ .
και αν $\displaystyle p\left( x \right)\leqslant 0$ με ισότητα μόνο στα άκρα τότε
$\displaystyle \int_{k}^{1}p\left( x \right)dx\leqslant 0\implies -\int_{k}^{1}p\left( x \right)dx= \left| \int_{k}^{1}p\left( x \right)dx \right|\leqslant d=\frac{\left( e^{2}-1 \right)^{2}}{2e^{2}}+\frac{55}{18}$
για όλα τα 0<k<1

.(5) Πάλι βάζοντας τα όρια ολοκλήρωσης εκμεταλλευόμενοι την (2)

βλέπουμε ότι η (5) δεν ισχύει για όλα τα 0<k<1

γιατι το ολοκλήρωμα δεν μπορεί να ανήκει στο [-d,0] για όλα τα κ στο (0,1) γιατί $\displaystyle \int_{1/2}^{1}p\left( x \right)dx=\int_{1/2}^{1}\frac{d}{dx}\left( \frac{1}{8}e^{2x}-\frac{1}{8} e^{-2x}+\frac{x}{2}-\left( e+1 \right)^{2}\frac{e^{x}-e^{-x}}{4e}+\frac{e^{2}+1}{2e}x-\frac{\left( e^{2}-1 \right)^{2}}{4e^{2}}\left( \frac{x^{3}}{3}-\frac{x^{2}}{2} \right)\right)dx$

.
Άτοπο. Οπότε p(x)>0

για κάποιο 0<x<1

. Οπότε από Bolzano p(x)=0

για κάποιο 0<x<1

.
Υπολογισμός του ολοκληρώματος $I=\displaystyle \int \limits_{0}^{5/4}\frac{1}{x\sqrt{x^{2}+1}+x^{2}+1}dx$
Η αλλαγή μεταβλητής $\displaystyle x=\tan \theta\implies \frac{dx}{d\theta}=\frac{1}{\cos ^{2}\theta}$ δίνει $\displaystyle I=\int \limits_{0}^{\displaystyle\arctan \left( \frac{5}{4} \right)}\frac{1}{\tan \theta\sqrt{\tan ^{2}\theta+1}+\tan ^{2}\theta+1}\frac{1}{\cos ^{2}\theta}d\theta=\int \limits_{0}^{\displaystyle \arctan \left( \frac{5}{4} \right)}\frac{1}{\sin \theta+1}d\theta$
Κάνουμε αλλαγή μεταβλητής $\displaystyle y=\frac{1}{\sin \theta+1 }\implies \frac{d\theta}{dy}=\frac{d}{dy}\left( \arcsin \frac{1-y}{y} \right)=\frac{1}{\sqrt{1-\frac{\left( 1-y \right)^{2}}{y^{2}}}}\cdot \frac {d}{dy}\left(\frac {1-y}{y} \right)=\frac{y}{\sqrt{2y-1}}\cdot \left (-\frac {1}{y^{2}} \right)$
Έχουμε $\displaystyle I=-\int \limits _{\displaystyle1}^{\frac{\displaystyle1}{\displaystyle \sin \left( \arctan \left( \frac{5}{4} \right) \right)+1}} \frac{1}{\sqrt{2y-1}} dy=\int \limits_{\displaystyle \frac{1}{\sin \left( \arctan \left( \displaystyle\frac{5}{4} \right) \right)+1}}^{\displaystyle1} \frac{d}{dy}\left( \sqrt{2y-1} \right)dy$
$\displaystyle =1-\sqrt{\frac{\displaystyle2}{\displaystyle \sin \left( \arctan\left( \frac{5}{4} \right) \right)+1}-1}=1-\sqrt{\frac{2}{\displaystyle\frac{5}{\sqrt{41}}+1}-1}=1-\sqrt{\frac{2\sqrt{41}}{5+\sqrt{41}}-1}$

Η λύση μου αυτή αφιερώνεται σε έναν φίλο μου, έναν πολύ έξυπνο προγραμματιστή

Ένα καλό για Γ Λυκείου!

Ένα καλό για Γ Λυκείου!

Re: Ένα καλό για Γ Λυκείου!

Re: Ένα καλό για Γ Λυκείου!

Re: Ένα καλό για Γ Λυκείου!

Re: Ένα καλό για Γ Λυκείου!

Re: Ένα καλό για Γ Λυκείου!

Μέλη σε σύνδεση