Ένα διαγώνισμα του 2012

#1

Ένα διαγώνισμα που έγραψαν οι μαθητές μου της Θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης την περασμένη Τετάρτη. Στόχος η επανάληψη του κεφαλαίου που (είχε διδαχθεί έως τα τέλη Νοεμβρίου). Τα πρώτα ερωτήματα ως συνήθως είναι ασκήσεις από το σχολικό βιβλίο.
Θέμα 1
Έστω
$\displaystyle{f\left( x\right) =\varepsilon \varphi x-\sqrt{3},\,\ \ \ \ \ x\in \left( -\pi ,\pi \right) ,\,\ \ \ \ \ x\neq \pm \frac{\pi }{2}}$
1) Να βρείτε το πρόσημο της

.
2) Να βρείτε το όριο $\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }f\left( \frac{\pi x^{2}+1}{3x^{2}+1}\right)$ .
Θέμα 2
Δίνεται η συνάρτηση $f\left( x\right) =\frac{e^{x}-1}{e^{x}+1}$ .
1) Να αποδείξετε ότι είναι 1-1 και να βρείτε την αντίστροφη της.
2) Έστω $g:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ μία συνεχής συνάρτηση με σύνολο τιμών το $\mathbb{R}$ . Να αποδείξετε ότι οι $\mathcal{C}_{f}$ , $\mathcal{C}_{g}$ έχουν τουλάχιστον ένα κοινό σημείο.

BAGGP93 · #2

nsmavrogiannis έγραψε: Θέμα 2
Δίνεται η συνάρτηση $f\left( x\right) =\frac{e^{x}-1}{e^{x}+1}$ .
1) Να αποδείξετε ότι είναι 1-1 και να βρείτε την αντίστροφη της.
2) Έστω $g:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ μία συνεχής συνάρτηση με σύνολο τιμών το $\mathbb{R}$ . Να αποδείξετε ότι οι $\mathcal{C}_{f}$ , $\mathcal{C}_{g}$ έχουν τουλάχιστον ένα κοινό σημείο.

Καλησπέρα από τα ως συνήθως συννεφιασμένα Γιάννενα.

1)Η $\displaystyle{f}$ έχει πεδίο ορισμού το σύνολο $\displaystyle{\mathbb{R}}$ των πραγματικών αριθμών.

Για τυχαία στοιχεία $\displaystyle{x_1,x_2\in\mathbb{R}}$ με $\displaystyle{f(x_1)=f(x_2)}$ είναι,

$\displaystyle{\frac{e^{x_1}-1}{e^{x_1}+1}=\frac{e^{x_2}-1}{e^{x_2}+1}\Rightarrow}$

$\displaystyle{\Rightarrow e^{x_1+x_2}+e^{x_1}-e^{x_2}-1=e^{x_1+x_2}+e^{x_2}-e^{x_1}-1}$

$\displaystyle{\Rightarrow 2e^{x_1}=2e^{x_2}}$

$\displaystyle{\Rightarrow e^{x_1}=e^{x_2}}$

$\displaystyle{x_1=x_2}$

που σημαίνει ότι η $\displaystyle{f}$ είναι 1-1.

Έστω $\displaystyle{y\in\ f\left(\mathbb{R}\right)}$ .

Τότε,υπάρχει $\displaystyle{x\in\mathbb{R}}$ με $\displaystyle{f(x)=\frac{e^x-1}{e^x+1}=y}$

ή $\displaystyle{e^x-1=ye^x+y}$

ή $\displaystyle{(1-y)e^x=1+y}$

ή $\displaystyle{e^x=\frac{1+y}{1-y}\ \land y\in\left(-1,1\right)}$

ή $\displaystyle{x=ln\left(\frac{1+y}{1-y}\right)}$

Άρα, $\displaystyle{f^{-1}:\left(-1,1\right)\rightarrow \mathbb{R}}$ με $\displaystyle{f^{-1}(x)=ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right)}$

Στο 2) έχω φτάσει σε ένα σημείο αλλά εκεί κολλάω και δεν μπορώ να εκμεταλλευτώ τα δεδομένα.

Έχω γράψει το εξής.

$\displaystyle{f\left(\mathbb{R}\right)=\left(-1,1\right)\subseteq \mathbb{R}=g\left(\mathbb{R}\right)}$

$\displaystyle{y\in f\left(\mathbb{R}\right)\Rightarrow \exists x\in\mathbb{R}:f(x)=y}$ και

$\displaystyle{y\in g\left(\mathbb{R}\right)\Rightarrow \exists x'\in\mathbb{R}:g(x')=y=f(x)}$

Άρκεί να δείξω ότι $\displaystyle{x=x'}$

Τι λέτε?

#3

BAGGP93 έγραψε: Στο 2) έχω φτάσει σε ένα σημείο αλλά εκεί κολλάω και δεν μπορώ να εκμεταλλευτώ τα δεδομένα.

Πολύ ωραία και υποδειγματικά γραμμένα.

Ας δώσω μία υπόδειξη για το παραπάνω: Η g(x)-f(x)

μπορεί να πάρει θετικές τιμές; Αρνητικές;
Εκμεταλλεύσου το γεγονός ότι η

παίρνει οποιαδήποτε τιμή ενώ η

μόνο

.

Φιλικά,

Μιχάλης

BAGGP93 · #4

Μία ιδέα μετά και απ' την υπόδειξη του κυρίου Λάμπρου.

Αρκεί να αποδείξουμε ότι η εξίσωση $\displaystyle{g(x)-f(x)=0}$ έχει τουλάχιστον μία λύση στο $\displaystyle{\mathbb{R}}$ .

Ας υποθέσουμε ότι δεν υπάρχει κανένα $\displaystyle{x\in\mathbb{R}}$ που να ικανοποιεί την παραπάνω εξίσωση.

Τότε,η συνάρτηση $\displaystyle{h(x)=g(x)-f(x),x\in\mathbb{R}}$ είναι μη μηδενική και ως συνεχής(διαφορά συνεχών) θα διατηρεί σταθερό πρόσημο.

Έστω ότι $\displaystyle{h(x)>0\ \forall x\in\mathbb{R}}$ ,δηλαδή $\displaystyle{g(x)>f(x)>-1\ \forall x\in\mathbb{R}}(\ast)}$

Ας είναι $\displaystyle{y<-1}$ .

Αφού $\displaystyle{g\left(\mathbb{R}\right)=\mathbb{R}}$ ,υπάρχει $\displaystyle{x\in\mathbb{R}}$ ώστε $\displastyle{g(x)=y<-1}$ ,

το οποίο έρχεται σε αντίθεση με την $\displaystyle{(\ast)}$ .

Όμοια εργαζόμαστε αν $\displaystyle{h(x)<0\ \forall x\in\mathbb{R}}$

#5

Σωστά.

Ας το δούμε λίγο αλλιώς:

Ξέρουμε ότι υπάρχει x_0

με

. Είναι τότε $g(x_0) - f(x_0) = 2 -f(x_0) \ge 2 -1 =1>0$ .

Όμοια υπάρχει x_1

με

. Είναι τότε $g(x_1) - f(x_1) = -2 -f(x_0) \le -2 +1 =-1<0$ .

Βρήκαμε δηλαδή μία θετική και μία αρνητική τιμή της g(x)-f(x)

. Άρα κάπου μηδενίζεται.

Φιλικά,

Μιχάλης

Ένα διαγώνισμα του 2012

Ένα διαγώνισμα του 2012

Re: Ένα διαγώνισμα του 2012

Re: Ένα διαγώνισμα του 2012

Re: Ένα διαγώνισμα του 2012

Re: Ένα διαγώνισμα του 2012

Μέλη σε σύνδεση