Εύρεση συνάρτησης -παράγωγος

#1

Να βρεθεί η παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:(0,+\infty )\to \mathbb R$ με $f(1)=\frac{1}{2}$ και

$(x+{{x}^{2015}})f'(x)=2014f(x)$ , για κάθε x>0

.

Μπ.

BAGGP93 · #2

Καλησπέρα κύριε Μπάμπη.

Έστω $\displaystyle{f:\left(0,+\infty\right)\longrightarrow \mathbb{R}}$ μια παραγωγίσιμη συνάρτηση με $\displaystyle{f(1)=\dfrac{1}{2}}$ και τέτοια,

ώστε $\displaystyle{\left(x+x^{2015}\right)\,f^\prime(x)=2014\,f(x)}$ για κάθε $\displaystyle{x>0}$ .

Για κάθε $\displaystyle{x>0}$ έχουμε $\displaystyle{\left(x+x^{2015}\right)f^\prime(x)-2014\,f(x)=0}}$ ή ισοδύναμα

$\displaystyle{f^\prime(x)-\dfrac{2014}{x+x^{2015}}\,f(x)=0}$ για κάθε $\displaystyle{x>0}$ .

Θεωρούμε τη συνάρτηση $\displaystyle{g:\left(0,+\infty\right)\longrightarrow \mathbb{R}\,,g(x)=\int_{1}^{x}\dfrac{2014}{t+t^{2015}}\,\mathrm{d}t}$ ,

η οποία είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο πεδίο ορισμού της με $\displaystyle{g^\prime(x)=\dfrac{2014}{x+x^{2015}}\,,g(1)=0}$ .

Συνεπώς, για κάθε $\displaystyle{x>0}$ έχουμε :

$\displaystyle{\begin{aligned} f^\prime(x)-g^\prime(x)\,f(x)=0&\iff e^{-g(x)}\,f^\prime(x)-e^{-g(x)}\,g^\prime(x)\,f(x)=0\\&\iff \left[e^{-g(x)}\,f(x)\right]'=0\\&\iff \left(\exists\,c\in\mathbb{R}\right)\,\left(\forall\,x>0\right): e^{-g(x)}\,f(x)=c\end{aligned}}$

Για $\displaystyle{x=1}$ λαμβάνουμε : $\displaystyle{e^{-g(1)}\,f(1)=c\iff e^{0}\,\dfrac{1}{2}=c\iff c=\dfrac{1}{2}}$

και συνεπώς : $\displaystyle{f(x)=\dfrac{e^{g(x)}}{2}\,,x>0}}$ , όπου για $\displaystyle{x>0}$ είναι :

$\displaystyle{\begin{aligned}g(x)&=\int_{1}^{x}\dfrac{2014}{t+t^{2015}}\,\mathrm{d}t\\&=\int_{1}^{x}\dfrac{2014\,t^{2013}}{t^{2014}\,\left(1+t^{2014}\right)}\,\mathrm{d}t\\&=\int_{1}^{x}\dfrac{\left(1+t^{2014}\right)-t^{2014}}{t^{2014}\,\left(1+t^{2014}\right)}\,\mathrm{d}\,\left(t^{2014}\right)\\&=\int_{1}^{x}\left[\dfrac{1}{t^{2014}}-\dfrac{1}{1+t^{2014}}\right]\,\mathrm{d}\,\left(t^{2014}\right)\\&=\left[\ln\,t^{2014}-\ln\,(1+t^{2014})\right]_{1}^{x}\\&=\ln\,\dfrac{x^{2014}}{1+x^{2014}}+\ln\,2\\&=\ln\,\dfrac{2\,x^{2014}}{1+x^{2014}}\end{aligned}}$

Εν τέλει, $\displaystyle{f(x)=\dfrac{x^{2014}}{1+x^{2014}}=1-\dfrac{1}{1+x^{2014}}\,,x>0}$

Επαλήθευση

Η συνάρτηση που βρήκαμε πιο πάνω είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{\left(0,+\infty\right)}$ με

$\displaystyle{f(1)=1-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}$ και παράγωγο :

$\displaystyle{f^\prime(x)=\dfrac{2014\,x^{2013}}{\left(1+x^{2014}\right)^2}\,,x>0}$ , άρα :

$\displaystyle{x>0\implies \left(x+x^{2015}\right)\,f^\prime(x)=x\,\left(1+x^{2014}\right)\,\dfrac{2014\,x^{2013}}{\left(1+x^{2014}\right)^2}=\dfrac{2014\,x^{2014}}{1+x^{2014}}=2014\,f(x)}$

Συμπέρασμα

Η μοναδική συνάρτηση που ικανοποιεί τα δεδομένα της άσκησης είναι η

$\displaystyle{f:\left(0,+\infty\right)\longrightarrow \mathbb{R}}$ με τύπο $\displaystyle{f(x)=\dfrac{x^{2014}}{1+x^{2014}}$

#3

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:Να βρεθεί η παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:(0,+\infty )\to \mathbb R$ με $f(1)=\frac{1}{2}$ και

$(x+{{x}^{2015}})f'(x)=2014f(x)$ , για κάθε .

Μπ.

Είναι $f(x)>0 \quad \forall x>0$

Έστω $f(x)(x+x^{2015})=g(x)$ ,τότε $g(x)>0 \quad \forall x>0,g(1)=1$

Η σχέση που δίνεται γράφεται xg'(x)=2015 g(x),x>0

από την τελευταία βρίσκουμε $g(x)=x^{2015},x>0$

άρα $f(x)=\dfrac{x^{2015}}{x+x^{2015}},x>0$ ,ικανοποιεί τις αρχικές συνθήκες.

APOSTOLAKIS · #4

Πολλαπλασιάζουμε με $x^{2013}$ και τα δύο μέλη, τότε
$(x^{2014}+x^{4028})f'(x)=2014x^{2013}f(x)$ $\Leftrightarrow x^{2014}f'(x)+x^{4028}f'(x)=2014x^{2013}f(x)$
$\Leftrightarrow x^{2014}f'(x)-2014x^{2013}f(x)=-x^{4028}f'(x)$
$\Leftrightarrow \frac{x^{2014}f'(x)-2014x^{2013}f(x)}{x^{4028}}=-f'(x)$ $\Leftrightarrow (\frac{f(x)}{x^{2014}})'=-f'(x)$
$\Leftrightarrow \frac{f(x)}{x^{2014}}=-f(x)+c$
Για x=1

βρίσκουμε

, άρα $f(x)=\frac{x^{2014}}{1+x^{2014}},x>0$
Ν. Ζ. ΑΠΟΣΤΟΛΑΚΗΣ

Εύρεση συνάρτησης -παράγωγος

Εύρεση συνάρτησης -παράγωγος

Re: Εύρεση συνάρτησης -παράγωγος

Re: Εύρεση συνάρτησης -παράγωγος

Re: Εύρεση συνάρτησης -παράγωγος

Μέλη σε σύνδεση