Boom

erxmer · #1

∆ίνεται η παραγωγίσιµη συνάρτηση $f:[2, +\infty) \to$ µε $xf'(x)lnx=-f(x), x \geq 2$ και f(e)=1

1) Nα βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης

2) ∆είξτε ότι η

είναι κυρτή στο $[2, +\infty)$ .

3) ∆είξτε ότι $f(2)+f(4)>\frac{2}{ln3}$

4) Nα δείξετε οτι η εξίσωση $\displaystyle{e^{x^2}+x=\frac{1}{lnx}+e^5}$ έχει μοναδική ρίζα στο διάστημα (2,3)

5) Να βρείτε το εµβαδό E(t)

του χωρίου που ορίζεται από την γραφική παράσταση της $\displaystyle{\frac{f(x)}{x}}$ , του xx'

, και τις ευθείες x=e, x=t

µε

6) Υπολογίστε το $\displaystyle{\lim_{t \to +\infty}\frac{E(t)t^{lnt}}{e^{\sqrt{t}}}}$ και το $\displaystyle{\lim_{t \to +\infty}\frac{E(t)e^{t^3+t}}{t^5-lnt}}$

Σταμ. Γλάρος · #2

erxmer έγραψε:∆ίνεται η παραγωγίσιµη συνάρτηση $f:[2, +\infty) \to$ µε $xf'(x)lnx=-f(x), x \geq 2$ και

1) Nα βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης

2) ∆είξτε ότι η είναι κυρτή στο $[2, +\infty)$ .

3) ∆είξτε ότι $f(2)+f(4)>\frac{2}{ln3}$

4) Nα δείξετε οτι η εξίσωση $\displaystyle{e^{x^2}+x=\frac{1}{lnx}+e^5}$ έχει μοναδική ρίζα στο διάστημα

5) Να βρείτε το εµβαδό του χωρίου που ορίζεται από την γραφική παράσταση της $\displaystyle{\frac{f(x)}{x}}$ , του , και τις ευθείες µε

6) Υπολογίστε το $\displaystyle{\lim_{t \to +\infty}\frac{E(t)t^{lnt}}{e^{\sqrt{t}}}}$ και το $\displaystyle{\lim_{t \to +\infty}\frac{E(t)e^{t^3+t}}{t^5-lnt}}$

Καλησπέρα. Μια προσπάθεια...
1) Είναι xf'(x)lnx=-f(x)

$\Leftrightarrow$ $f'(x)lnx+f(x) \dfrac{1}{x} = 0$ $\Leftrightarrow$ $\left ( f(x)lnx \right )' =0$ .

Άρα f(x)lnx = c

και για

$\Rightarrow$ c=1

.
Επομένως $f(x)=\dfrac{1}{lnx}$ και φυσικά όλα αυτά στο $[2, +\infty)$ .

2) Ισχύει $f'(x)= - \dfrac{1}{xln^{2}x}$ και $f''(x)=\dfrac{lnx(lnx+2)}{x^{2}ln^{4} x} >0,$ $\forall x\in[2,+\infty )$ . Άρα η

είναι κυρτή στο $[2, +\infty)$ .

3) Ισχύουν οι προϋποθέσεις του ΘΜΤ για την

στο

.
Συνεπώς υπάρχει τουλάχιστον ένα $\xi \in (2,3)$ τέτοιο ώστε : $f'(\xi )= f(3)-f(2)$ .

Ομοίως ισχύουν οι προϋποθέσεις του ΘΜΤ για την

στο

.
Συνεπώς υπάρχει τουλάχιστον ένα $\kappa \in (3,4)$ τέτοιο ώστε : $f'(\kappa )= f(4)-f(3)$ .

Όμως η

είναι κυρτή στο $[2, +\infty)$ . Άρα η

είναι γνησίως αύξουσα οπότε
$f'(\kappa ) > f'(\xi )$ $\Leftrightarrow$ f(4)-f(3) > f(3) -f(2)

$\Leftrightarrow$ f(4)+f(2) > 2f(3)

$\Leftrightarrow$ $f(2)+f(4) > \dfrac{2}{ln3}$ .

4) Θεωρώ $g(x)= e^{x^{2}} +x - f(x) -e^5.$
Είναι $g(2)=e^4+2-\dfrac{1}{ln2}-e^5= e^4(1-e)+2-\dfrac{1}{ln2}<0,$
διότι $2<e \Leftrightarrow 1-e< -1 \Leftrightarrow e^4 (1-e) < -e^4 <-2 \Leftrightarrow e^4(1-e^5)+2< 0.$

Ομοίως $g(3)=e^9+3-\dfrac{1}{ln3}-e^5= e^5(1-e^4)+3-\dfrac{1}{ln3}>0,$ αφού ln3>lne=1.

Συνεπώς από Θεώρημα Bolzano, υπάρχει μία τουλάχιστον ρίζα της

στο

.

Επίσης $g'(x)=e^{x^{2}}2x+1+\dfrac{1}{xln^{2}x}>0$ , $x\in (2,3)$ .
Άρα

γνησίως αύξουσα στο [2,3]

, επομένως η ρίζα είναι μοναδική.

5) Από τα παραπάνω προκύπτει ότι η $\dfrac{f(x)}{x}}> 0 ,x \geq 2$ .
Άρα $E(t)=\displaystyle{\int_{e}^{t}\dfrac{f(x)}{x}dt=\int_{e}^{t}\dfrac{(lnx)'}{lnx}dt= ln(lnt)-ln(lne)=ln(lnt).$

Για τα όρια του 6) θα επανέλθω...
Φιλικά
Σταμ. Γλάρος

Βαγγέλης Κορφιάτης · #3

Kαλησπέρα σε όλους. Μια προσπάθεια για το 6α.
Είναι
$\displaystyle{\frac{{E(t){t^{\ln t}}}}{{{e^{\sqrt t }}}} = \frac{{\ln (\ln t){e^{{{(\ln t)}^2}}}}}{{{e^{\sqrt t }}}}}$
Θέτουμε $x=lnt\Leftrightarrow t=e^x$
Όταν $t\to+\infty$ , τότε $x \to + \infty$
Η παράσταση γίνεται:
$\displaystyle{\frac{{\ln (\ln t){e^{{{(\ln t)}^2}}}}}{{{e^{\sqrt t }}}} = \frac{{\ln x\,{e^{{x^2}}}}}{{{e^{\frac{{{e^x}}}{2}}}}} = \frac{{\ln x}}{{{e^x}}}\frac{{{e^{{x^2} + x}}}}{{{e^{\frac{{{e^x}}}{2}}}}}}$
Εφαρμόζοντας κανόνα de Hospital για το πρώτο κλάσμα προκύπτει ότι:
$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{\ln x}}{{{e^x}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{\frac{1}{x}}}{{{e^x}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{1}{{x{e^x}}} = 0}$
Θα αποδείξουμε ότι το δεύτερο κλάσμα είναι μικρότερο του 1.
Ισχύει ότι:
$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{{x^2} + x}}{{\frac{{{e^x}}}{2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{2{x^2} + 2x}}{{{e^x}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{4x + 2}}{{{e^x}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{4}{{{e^x}}} = 0}$
Άρα για αρκούντως μεγάλες τιμές του x θα είναι
$\displaystyle{\frac{{{x^2} + x}}{{\frac{{{e^x}}}{2}}} < 1 \Rightarrow {x^2} + x < \frac{{{e^x}}}{2} \Rightarrow {e^{{x^2} + x}} < {e^{\frac{{{e^x}}}{2}}} \Rightarrow \frac{{{e^{{x^2} + x}}}}{{{e^{\frac{{{e^x}}}{2}}}}} < 1}$
Τελικά
$\displaystyle{0 \leqslant \mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } \frac{{\ln (\ln t){e^{{{(\ln t)}^2}}}}}{{{e^{\sqrt t }}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{\ln x}}{{{e^x}}}\frac{{{e^{{x^2} + x}}}}{{{e^{\frac{{{e^x}}}{2}}}}} \leqslant \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{\ln x}}{{{e^x}}} = 0}$

Βαγγέλης Κορφιάτης · #4

Για το 6β ισχύει ότι

$\frac{{E(t){e^{{t^3} + t}}}}{{{t^5} - \ln t}} = \ln (\ln t)\frac{{{e^{{t^3} + t}}}}{{{t^5} - \ln t}}$

Επειδή

$\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } \frac{{{t^5}}}{{\ln t}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } \frac{{5{t^4}}}{{\frac{1}{t}}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } 5{t^5} = + \infty$

συμπεραίνουμε ότι για μεγάλα t είναι $\displaystyle{{t^5} > \ln t \Rightarrow {t^5} - \ln t > 0}$ και

$\displaystyle{{t^5} - \ln t < {t^5} \Rightarrow \frac{1}{{{t^5} - \ln t}} > \frac{1}{{{t^5}}}}$

Επομένως,

$\frac{{E(t){e^{{t^3} + t}}}}{{{t^5} - \ln t}} > \ln (\ln t)\frac{{{e^{{t^3} + t}}}}{{{t^5}}} = \ln (\ln t)\frac{{{e^{{t^3}}}{e^t}}}{{{t^5}}} > \ln (\ln t)\frac{{{e^t}}}{{{t^5}}}$

Εύκολα αποδεικνύεται ότι $\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } \frac{{{e^t}}}{{{t^5}}} = + \infty$ .

Επειδή και $\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } \left[ {\ln (lnt)} \right] = + \infty$ συμπεραίνουμε ότι

$\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } \frac{{E(t){e^{{t^3} + t}}}}{{{t^5} - \ln t}} = + \infty$

Boom

Boom

Re: Boom

Re: Boom

Re: Boom

Μέλη σε σύνδεση