πρόβλημα με όριο

pastavr · #1

Αν η $\displaystyle{ f:R \to R }$ είναι παραγωγίσιμη , $\displaystyle{ f^/ }$
συνεχής $\displaystyle{ f^/ (x)f\left( x \right) \ne 0 }$
$\displaystyle{ x \in R }$
και F παράγουσα της f με $\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } F\left( x \right) = \alpha \in R^* }$
να δείξετε ότι $\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 0 }$

mathxl · #2

Μία λύση
$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } F\left( x \right) = a \in {R^ * } \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \left[ {\frac{{xF\left( x \right)}}{x}} \right] = a\mathop \Rightarrow \limits^{DLH} \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \left[ {\frac{{F\left( x \right) + xf\left( x \right)}}{1}} \right] = a \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \left[ {F\left( x \right) + xf\left( x \right)} \right] = a}$

και
$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \left[ {xf\left( x \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \left[ {F\left( x \right) + xf\left( x \right) - F\left( x \right)} \right] = a - a = 0}$

$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \left[ {\frac{1}{x} \cdot xf\left( x \right)} \right] = 0}$

Άτυχος ο Πάοκ...

pastavr · #3

Βασίλη στο Λοπιτάλ που κάνεις πως ξέρουμε ότι υπάρχει το όριο
$\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{(xF(x))^/ }}{{x^/ }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {F\left( x \right) + xf(x)} \right) }$
Δεν πρέπει να υπάρχει τό όριο για να μπορούμε να εφαρμόσουμε τον κανόνα;

mathxl · #4

Σωστή η παρατήρηση...σαν τον Σαλπιγγίδη και εγώ τετατετ και έξω

pastavr · #5

Την άσκηση μου την έδωσαν το πρωί στο σχολείο . Η λύση που είδα είναι παρόμοια με τη δική σου πολλαπλασιάζει και διαιρεί την F με e^x και στη συνέχεια κάνει λοπιτάλ , αλλά το πρόβλημα παραμένει το ίδιο σχετικά με τη χρήση του κανόνα

Όσο για τον Πάοκ τουλάχιστο πάλεψε

APO · #6

pastavr έγραψε:Την άσκηση μου την έδωσαν το πρωί στο σχολείο . Η λύση που είδα είναι παρόμοια με τη δική σου πολλαπλασιάζει και διαιρεί την F με e^x και στη συνέχεια κάνει λοπιτάλ , αλλά το πρόβλημα παραμένει το ίδιο σχετικά με τη χρήση του κανόνα

Όσο για τον Πάοκ τουλάχιστο πάλεψε

ΘΜΤ για την F στα [x-1,x] και [x,x+1] και εφαρμογή μονοτονίας, για τα ξ που προκύπτουν, για την f της οποίας η παράγωγος
αφού δεν μηδενίζεται διατηρεί σταθερό πρόσημο

#7

pastavr έγραψε:Βασίλη στο Λοπιτάλ που κάνεις πως ξέρουμε ότι υπάρχει το όριο
$\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{(xF(x))^/ }}{{x^/ }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {F\left( x \right) + xf(x)} \right) }$
Δεν πρέπει να υπάρχει τό όριο για να μπορούμε να εφαρμόσουμε τον κανόνα;

Oxi αναγκαστικά
σελίδα 192 για ἑξαιρέσεις"του DLH στο συνημμένο, αποδείξεις πχ στο¨ΜΑΘ/ΚΗ ΑΝΑΛΥΣΗ του ΠΑΝΤΕΛΙΔΗ

#8

.....το παραπάνω θέμα θα μπορούσε να διατυπωθεί "συγγενικά" και ως εξής....

Αν η

έχει οριζόντια ασύμπτωτη στο $+\infty$ την y=a

και

παραγωγίσιμη τότε $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{f}'(x)=0$

Λύση

Είναι για κάθε x>0

στο $[x,\,\,x+1]$

η

παραγωγίσιμη και από Θ.Μ.Τ υπάρχει ${{\xi }_{x}}\in (x,\,\,x+1)$ ώστε

${f}'({{\xi }_{x}})=\frac{f(x+1)-f(x)}{x+1-x}=f(x+1)-f(x)$

Επειδή $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,(f(x+1)-f(x))=a-a=0$

θα είναι $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{f}'({{\xi }_{x}})=0$

και αφού του $x\to +\infty$ με $u={{\xi }_{x}}>x$ το $u\to +\infty$ θα ισχύει $\underset{u\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{f}'(u)=0$

#9

KAKABASBASILEIOS έγραψε:.....το παραπάνω θέμα θα μπορούσε να διατυπωθεί "συγγενικά" και ως εξής....

Αν η έχει οριζόντια ασύμπτωτη στο $+\infty$ την και παραγωγίσιμη τότε $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{f}'(x)=0$

Λύση

Είναι για κάθε στο $[x,\,\,x+1]$

η παραγωγίσιμη και από Θ.Μ.Τ υπάρχει ${{\xi }_{x}}\in (x,\,\,x+1)$ ώστε

${f}'({{\xi }_{x}})=\frac{f(x+1)-f(x)}{x+1-x}=f(x+1)-f(x)$

Επειδή $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,(f(x+1)-f(x))=a-a=0$

θα είναι $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{f}'({{\xi }_{x}})=0$

και αφού του $x\to +\infty$ με $u={{\xi }_{x}}>x$ το $u\to +\infty$ θα ισχύει $\underset{u\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{f}'(u)=0$

Και όμως...

Η $\displaystyle{f(x)=\frac {sin(x^2)}{x},x>0}$ είναι παραγωγίσιμη,

έχει οριζόντια ασύμπτωτη την y=0

, αλλά το $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}f^{\prime}(x)$ δεν υπάρχει.

Συνεπώς η παραπάνω απόδειξη έχει πρόβλημα. Για να δουλέψει απαιτείται η ύπαρξη του ορίου της

παραγώγου.

Φιλικά

#10

Συμφωνώ με το Σπύρο.
'Ηθελα να το γράψω απο χτες αλλά με κέρδισε το ...κρεβάτι μου.
Πρέπει να αποδείξουμε την ύπαρξη του ορίου.
Ο αυγκεκριμένος τρόπος έχω την αίσθηση ότι ''σκορτσάρει''.
Τελικά έχουμε μία απολύτως ορθή απάντηση;
Καλημέρα.

#11

Έχω μία λύση, αλλά έξω από τα σχολικά πλαίσια, η οποία δεν χρειάζεται την υπόθεση της συνέχειας της παραγώγου.

Από τη σχέση $f^{\prime}(x)f(x) \neq 0, \forall x \in \mathbb{R}$ συμπεραίνουμε ότι η $f^{\prime}$ (Darboux) διατηρεί πρόσημο στο σύνολο των πραγματικών.

Υποθέτουμε ότι (χωρίς βλάβη της γενικότητας) $f^{\prime}(x)>0, \forall x \in \mathbb{R}$ (1)

Από την (1) συμπεραίνουμε ότι η

είναι γνησίως αύξουσα, συνεπώς έχει όριο, το οποίο είναι ίσο με το όριο

οποιασδήποτε ακολουθίας $f(\xi_n)$ όταν $\xi_n \to + \infty$

Από θεώρημα μέσης τιμής έχουμε

$F(n+1)-F(n)=f(\xi_n), \forall n \in \mathbb{N}$ , όπου $\xi_n \in (n, n+1) \Rightarrow \xi_n \to + \infty$

Συνεπώς

$\displaystyle\lim_{x \to +\infty}f(x)=\displaystyle\lim_{n \to +\infty}f(\xi_n)=\displaystyle\lim_{n \to +\infty}(F(n+1)-F(n))=a-a=0$

πρόβλημα με όριο

πρόβλημα με όριο

Re: πρόβλημα με όριο

Re: πρόβλημα με όριο

Re: πρόβλημα με όριο

Re: πρόβλημα με όριο

Re: πρόβλημα με όριο

Re: πρόβλημα με όριο

Re: πρόβλημα με όριο

Re: πρόβλημα με όριο

Re: πρόβλημα με όριο

Re: πρόβλημα με όριο

Μέλη σε σύνδεση