ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ-ΕΜΒΑΔΟ-ΟΡΙΟ

#1

....Καλησπέρα στην παρέα που ξενυχταει....Μία άσκηση που μου έδωσε ένας μαθητής μου που δόθηκε σαν ΘΕΜΑ Δ προσομοίωσης στο σχολείο του....αρκετά απαιτητικό και ειδικά το Γ2...

Δίνεται συνάρτηση συνεχής στο

για την οποία ισχύει $f(x)=1+\int\limits_{x}^{2x}{f(t-x)}dt$ για κάθε $x\in R$
Α) Να δείξετε ότι $f(x)={{e}^{x}}$
Β) Να βρείτε το εμβαδό του χωρίου $\Omega$ που περικλείεται από την γραφική παράσταση της συνάρτησης $h(x)=\int\limits_{1}^{x}{f({{t}^{2}})dt}$ και τους άξονες {x}'x

και

Γ) Θεωρούμε την συνάρτηση $g(x)=\int\limits_{x}^{x+2}{f({{t}^{2}})dt},\,\,\,\,x\in R$
1) Να δείξετε ότι η γραφική παράσταση της

δέχεται οριζόντια εφαπτομένη σε σημείο με τετμημένη που ανήκει στο διάστημα $(-2,\,\,0)$
2) Να αιτιολογήσετε ότι είναι g(x)>0

για κάθε $x\in R$ και να βρείτε το όριο $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln (g(x))}{{{x}^{2}}}$

#2

Α) Με την αλλαγή μεταβλητής $\displaystyle{t-x=u}$ , βλέπουμε ότι η σχέση μετασχηματίζεται στην

$\displaystyle{f(x)=1+\int_{0}^{x}f(u)du.}$

Από εδώ φαίνεται, ότι $\displaystyle{f(0)=1}$ και ότι η $\displaystyle{f}$ είναι παραγωγίσιμη, οπότε λαμβάνουμε $\displaystyle{f^{\prime}(x)=f(x).}$

Σύμφωνα λοιπόν με την εφαρμογή του σχολικού βιβλίου, βρίσκουμε $\displaystyle{f(x)=e^x,}$ για κάθε $\displaystyle{x\in \mathbb{R}.}$

Β) Είναι $\displaystyle{h(x)=\int_{1}^{x}e^{t^2}dt.}$

Είναι φανερό ότι η $\displaystyle{h}$ έχει ρίζα το $\displaystyle{1}$ και μάλιστα μοναδική, αφού είναι $\displaystyle{h^{\prime}(x)=e^{x^2}>0.}$

Επίσης, στο διάστημα $\displaystyle{[0,1]}$ φανερά είναι $\displaystyle{h(x)\leq 0.}$

Επομένως, το ζητούμενο εμβαδό $\displaystyle{E}$ ισούται με

$\displaystyle{E=-\int_{0}^{1}h(x)dx.}$ Ολοκληρώνοντας κατά παράγοντες, έχουμε

$\displaystyle{E=-[xh(x)]_{0}^{1}+\int_{0}^{1}xh^{\prime}(x)dx=\int_{0}^{1}xe^{x^2}dx=\frac{1}{2}[e^{x^2}]_{0}^{1}=\frac{e-1}{2}.}$

Γ 1)
Είναι $\displaystyle{g(x)=\int_{x}^{x+2}e^{t^2}dt.}$

Αρκεί να αποδείξουμε, ότι υπάρχει ρίζα της παραγώγου της $\displaystyle{g}$ στο διάστημα $\displaystyle{(-2,0).}$

Αυτό θα προκύψει με εφαρμογή του θεωρήματος Rolle. Η συνέχεια της $\displaystyle{g}$ στο $\displaystyle{[-2,0]}$ και η παραγωγισιμότητά της στο $\displaystyle{(-2,0)}$ είναι προφανείς. Απομένει να δούμε γιατί ισχύει $\displaystyle{g(-2)=g(0)}$ δηλαδή

$\displaystyle{\int_{-2}^{0}e^{t^2}dt=\int_{0}^{2}e^{t^2}dt.}$

Αυτό φαίνεται αν κάνουμε π.χ. στο αριστερό ολοκλήρωμα την αλλαγή $\displaystyle{t=-u.}$

Γ 2) Επειδή είναι $\displaystyle{x+2>x}$ και $\displaystyle{e^{t^2}>0}$ , είναι και $\displaystyle{g(x)>0}$ για κάθε $\displaystyle{x\in \mathbb{R}.}$

Πάμε στο όριο: Έχουμε για $\displaystyle{x>0}$ και

$\displaystyle{x\leq t\leq x+2}$

$\displaystyle{x^2\leq t^2\leq (x+2)^2}$

$\displaystyle{e^{x^2}\leq e^{t^2}\leq e^{(x+2)^2}}$

$\displaystyle{\int_{x}^{x+2}e^{x^2}dt\leq \int_{x}^{x+2}e^{t^2}dt\leq \int_{x}^{x+2}e^{(x+2)^2}dt}$

$\displaystyle{2e^{x^2}\leq g(x)\leq 2e^{(x+2)^2}}$

$\displaystyle{\ln 2+x^2\leq \ln (g(x))\leq \ln 2+(x+2)^2}$

$\displaystyle{\frac{\ln 2}{x^2}+1\leq \frac{\ln (g(x))}{x^2}\leq \frac{\ln 2}{x^2}+\frac{x^2+4x+4}{x^2}}$ ,

οπότε επειδή είναι

$\displaystyle{\lim_{x\to +\infty}\left(1+\frac{\ln 2}{x^2} \right)=\lim_{x\to +\infty}\left(\frac{x^2+4x+4}{x^2}+\frac{\ln 2}{x^2} \right)=1,}$

από το κριτήριο παρεμβολής βρίσκουμε $\displaystyle{\lim_{x\to +\infty}\frac{\ln (g(x))}{x^2}=1.}$

αντί να

chris · #3

Καλησπέρα

Η αλήθεια είναι οτι την είχα δει νωρίτερα απο τον Θάνο αλλά στις 2.30 η ώρα είπα ποιός βάζει λύση?

Να παρατηρήσω οτι στο ερώτημα Γ1) έχουμε:

$\displaystyle g(x)=\int_{x}^{x+2}{e^{t^2}dt}=\int_{c}^{x+2}{e^{t^2}dt}-\int_{c}^{x}{e^{t^2}dt}$
όπου

πραγματική σταθερά άρα:

$\displaystyle g'(x)=e^{\left(x+2 \right)^2}-e^{x^2},x \in \mathbb{R}$
και η εξίσωση g'(x)=0

λύνεται αλγεβρικά και έχει μοναδική λύση την x=-1

άρα η εφαπτομένη σε αυτό το σημείο είναι η $\displaystyle y-g(-1)=g'(-1)(x+1)\Rightarrow y=g(-1)$ .
Ωστόσο ο κατασκευαστής λογικά είχε τον τρόπο του Θάνου στο μυαλό του!!

Φιλικα

#4

Μετά τη λύση του Θάνου ας δούμε και μια μέθοδο με την οποία μπορούμε να προσεγγίσουμε όσο καλά θέλουμε τις τιμές της $\displaystyle{h(x):=\frac{\ln\int_{x}^{x+2}e^{t^2}\,dt}{x^2}}$ καθώς $x\to+\infty$ .

Ένας τρόπος που συνήθως δουλεύει όταν έχουμε συνάρτηση - ολοκλήρωμα και θέλουμε να εμφανίσουμε όρους με ολοένα και μικρότερο μέγεθος είναι να κάνουμε διαδοχική ολοκλήρωση κατά μερη.

Επειδή λοιπόν

$\displaystyle{\int e^{t^2}\,dt=\int\frac{1}{2t}(e^{t^2}){'}\,dt=\frac{e^{t^2}}{2t}+\int\frac{1}{4t^3}(e^{t^2}){'}\,dt=\frac{e^{t^2}}{2t}+\frac{e^{t^2}}{4t^3}+\int\frac{3}{8t^5}(e^{t^2}){'}\,dt=\frac{e^{t^2}}{2t}+\frac{e^{t^2}}{4t^3}+\frac{3e^{t^2}}{8t^5}+\int\frac{15}{8t^6}e^{t^2}\,dt}$ ,

ολοκληρώνοντας από

ως

παίρνουμε

$\displaystyle{\int_{x}^{x+2}e^{t^2}\,dt=\frac{e^{(x+2)^2}}{2(x+2)}-\frac{e^{x^2}}{2x}+\frac{e^{(x+2)^2}}{4(x+2)^3}-\frac{e^{x^2}}{4x^3}+\frac{3e^{(x+2)^2}}{8(x+2)^5}-\frac{3e^{x^2}}{8x^5}+\int_{x}^{x+2}\frac{15e^{t^2}}{8t^6}\,dt}$ .

Όμως $\displaystyle{\Big|\int_{x}^{x+2}\frac{e^{t^2}}{t^6}\Big|\leq2\frac{e^{(x+2)^2}}{x^6}}$ , άρα

$\displaystyle{\int_{x}^{x+2}e^{t^2}\,dt=\underbrace{\frac{e^{(x+2)^2}}{2(x+2)}+\frac{e^{(x+2)^2}}{4(x+2)^3}+\frac{3e^{(x+2)^2}}{8(x+2)^5}}_{:=A(x)}\underbrace{-\frac{e^{x^2}}{2x}-\frac{e^{x^2}}{4x^3}-\frac{3e^{x^2}}{8x^5}}_{:=B(x)}+\mathcal O\left(\frac{e^{(x+2)^2}}{x^6}\right)\stackrel{\boxed{*}}{=}A(x)+\mathcal O\left(\frac{e^{(x+2)^2}}{x^6}\right)=}$

$\displaystyle{e^{(x+2)^2}\left(\frac{1}{2(x+2)}+\frac{1}{4(x+2)^3}+\frac{3}{8(x+2)^5}+\mathcal O(1/x^6)\right)}$

$\boxed{*}$ αφού $A(x)+B(x)-A(x)=B(x)=\mathcal O\left(\frac{e^{(x+2)^2}}{x^6}\right)\Leftrightarrow \Big|B(x)\Big/\frac{e^{(x+2)^2}}{x^6}\Big|$ φραγμένο καθώς $x\to+\infty$ .

Παίρνοντας τώρα λογάριθμο έχουμε

$\displaystyle{\ln\int_{x}^{x+2}e^{t^2}\,dt=(x+2)^2+\ln\left(\frac{1}{2(x+2)}+\frac{1}{4(x+2)^3}+\frac{3}{8(x+2)^5}+\mathcal O(1/x^6)\right)=}$

$\displaystyle{x^2+4x+4+\ln\left(\frac{1}{2(x+2)}\right)+\ln\left(1+\frac{1}{2(x+2)^2}+\frac{3}{4(x+2)^4}+\mathcal O(1/x^5)\right)\stackrel{\boxed{**}}{=}}$

$\displaystyle{x^2+4x+4-\ln2-\ln(x+2)+\frac{1}{2(x+2)^2}+\mathcal O(1/x^4)}$

$\boxed{**}$ Αν $g(x)\stackrel{x\to+\infty}{\longrightarrow}0$ , τότε $\ln(1+g(x))=g(x)+\mathcal O(g(x))^2$ , καθώς $x\to+\infty$ .

Διαιρώντας τώρα και με x^2

έχουμε

$\displaystyle{h(x)=1+\frac{4}{x}-\frac{\ln(x+2)}{x^2}+\frac{4-\ln2}{x^2}+\frac{1}{2(x(x+2))^2}+\mathcal O(1/x^6)=}$

$\displaystyle{1+\frac{4}{x}-\frac{\ln x}{x^2}+\frac{4-\ln2}{x^2}-\frac{2}{x^3}+\frac{5}{2x^4}+\mathcal O(1/x^5)}$ καθώς $x\to+\infty$ .

Η προσέγγιση μπορούσε να γίνει ακόμα καλύτερη αν ολοκληρώναμε κατά μέρη κάποιες φορές ακόμα.

Για περισσότερες λεπτομέρειες και παραδείγματα για αυτές τις μεθόδους μπορεί νε δει κανείς τα θέματα ανάλυσης.

Από τα παραπάνω προκύπτει επιπλέον πχ ότι $x(h(x)-1)\to4$ , το οποίο είναι απροσδιόριστη μορφή 0/0

.

ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ-ΕΜΒΑΔΟ-ΟΡΙΟ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ-ΕΜΒΑΔΟ-ΟΡΙΟ

Re: ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ-ΕΜΒΑΔΟ-ΟΡΙΟ

Re: ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ-ΕΜΒΑΔΟ-ΟΡΙΟ

Re: ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ-ΕΜΒΑΔΟ-ΟΡΙΟ

Μέλη σε σύνδεση