Επαναληπτικό Θέμα (Δελτίο Νο:5)

ΤΣΟΠΕΛΑΣ ΓΙΑΝΝΗΣ · #1

Θεωρούμε τη συνάρτηση $f(x)=ln(\alpha lnx)+\frac{\beta }{lnx}+1$
όπου α ο πρώτος όρος αριθμητικής προόδου με $\alpha _{5}=11 , \alpha _{13}=35$
και β η μέγιστη τιμή της συνάρτησης $g\left(x \right)=2\eta \mu x-1 , x\in \left[0,\frac{\pi }{2} \right]$ .
Υπολογίστε τα α , β το πεδίο ορισμού της f , την μονοτονία ,τις ρίζες και το πρόσημό της .

vanalex · #2

ΤΣΟΠΕΛΑΣ ΓΙΑΝΝΗΣ έγραψε:Θεωρούμε τη συνάρτηση $f(x)=ln(\alpha lnx)+\frac{\beta }{lnx}+1$
όπου α ο πρώτος όρος αριθμητικής προόδου με $\alpha _{5}=11 , \alpha _{13}=35$
και β η μέγιστη τιμή της συνάρτησης $g\left(x \right)=2\eta \mu x-1 , x\in \left[0,\frac{\pi }{2} \right]$ .
Υπολογίστε τα α , β το πεδίο ορισμού της f , την μονοτονία ,τις ρίζες και το πρόσημό της .

Καλησπέρα,

Βρίσκουμε πρώτα τα α, β:

Για την αριθμητική πρόοδο ισχύει: $\displaystyle{\begin{cases} a_{5}=a_{1}+4\omega =11\\a_{13}=a_{1}+12\omega =35 \end{cases}\Leftrightarrow \boxed {a_{1}=a=-1},\; \omega =3}$

Για τη συνάρτηση g(x) ισχύει: $\displaystyle {\eta \mu x\leq 1\Leftrightarrow 2\eta \mu x\leq 2\Leftrightarrow 2\eta \mu x-1\leq 1\Leftrightarrow g(x)\leq 1\Leftrightarrow \boxed{g_{max}=\beta =1}}$

Άρα η συνάρτηση f πλέον γράφεται: $\displaystyle {f(x)=ln\left(-lnx \right)+\frac{1}{lnx}+1}$ με πεδίο ορισμού:

$\displaystyle {\begin{cases} x>0 \\-lnx>0 \\lnx\neq 0 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases} x>0 \\ lnx<0 \\ lnx\neq 0 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases} x>0 \\ lnx<ln1 \\ lnx\neq ln1 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases} x>0 \\ x<1 \\ x\neq 1 \end{cases}\Rightarrow 0<x<1}$ . Άρα $\boxed{D_{f}=\left(0,1 \right)}$ .

Για $x_{1},x_{2}\in \left(0,1 \right)$ με $x_{1}<x_{2}$ :

$\displaystyle {x_{1}<x_{2}\Leftrightarrow lnx_{1}<lnx_{2}\Leftrightarrow \frac{1}{lnx_{1}}>\frac{1}{lnx_{2}}\Leftrightarrow \frac{1}{lnx_{1}}+1>\frac{1}{lnx_{2}}+1\; \; \; \left(1 \right)}$

$\displaystyle {x_{1}<x_{2}\Leftrightarrow lnx_{1}<lnx_{2}\Leftrightarrow -lnx_{1}>-lnx_{2}\Leftrightarrow ln\left(-lnx_{1} \right)>ln\left(-lnx_{2} \right)\; \; \; \left(2 \right)}$

Προσθέτοντας κατά μέλη τις (1) και (2) προκύπτει ότι για $\displaystyle {x_{1}<x_{2}\Leftrightarrow f(x_{1})>f(x_{2})}$ άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα για κάθε $x\in \left(0,1 \right)$ .

Θέτοντας στην εξίσωση: $\displaystyle {ln\left(-lnx \right)+\frac{1}{lnx}+1=0}$ όπου lnx=u

προκύπτει η $\displaystyle {ln(-u)+\frac{1}{u}+1=0}$ όπου προφανής λύση είναι η u = -1

.

Αφού η f στο συγκεκριμένο διάστημα είναι και γνησίως φθίνουσα τότε αυτή η λύση είναι και μοναδική οπότε:

$\displaystyle {u=-1\Leftrightarrow lnx=-1\Leftrightarrow lnx=lne^{-1}\Leftrightarrow x=e^{-1}\Leftrightarrow \boxed {x=\frac{1}{e}}}$ . Αφού ξέρουμε το σημείο που μηδενίζεται η f όσον αφορά το πρόσημο έχουμε:

$\displaystyle {x>\frac{1}{e}\Leftrightarrow f(x)<f\left(\frac{1}{e} \right)\Leftrightarrow \boxed{f\left(x \right)<0\; \; x\in \left(\frac{1}{e},1 \right)}}$ .

$\displaystyle {x<\frac{1}{e}\Leftrightarrow f(x)>f\left(\frac{1}{e} \right)\Leftrightarrow \boxed{ f\left(x \right)>0\; \; x\in \left(0,\frac{1}{e} \right)}}$ .

Επαναληπτικό Θέμα (Δελτίο Νο:5)

Επαναληπτικό Θέμα (Δελτίο Νο:5)

Re: Επαναληπτικό Θέμα

Μέλη σε σύνδεση