'Ενα ωριαίο διαγώνισμα

#1

Παραθέτω τα θέματα ενός ωριαίου, επαναληπτικού του κεφαλαίου, (45 λεπτά) διαγωνίσματος που κάναμε χθες 26-3-2010 στο σχολείο με τους μαθητές της Θετικής Κατεύθυνσης. Ως συνήθως όταν τελειώνω κάποιο κεφάλαιο βάζω ένα διαγώνισμα σε όλο το κεφάλαιο με δύο ασκήσεις του βιβλίου και δύο ερωτήματα επί αυτών. 'Ετσι τα πρώτα ερωτήματα είναι οι ασκήσεις Α, 1, iii σελίδα 316 και Α, 1,iii σελίδα 338. Το διαγώνισμα δεν είναι φορτωμένο γιατί πιο σύνθετα θέματα κάνουμε στα δύο τρίωρα που γράφουμε που εκτείνονται σε 3 διδακτικές ώρες.

Ζήτημα 1

Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα $\int x^{3}\ln xdx$ .

Να βρείτε το όριο $\lim\limits_{h\rightarrow +\infty }\dfrac{\int_{1}^{h}x^{3}\ln xdx}{h^{5}}$ .
Ζήτημα 2
Θεωρούμε τις συναρτήσεις $f\left( x\right) =\sigma \upsilon \nu x-2\eta \mu x$ και g(x)=0

.

Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα $\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}f\left( x\right) dx$ .

Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τις γραφικές παραστάσεις των

,

και τις ευθείες x=0

και $x=\frac{\pi }{2}$ .

Μαυρογιάννης

Kercyn · #2

Ζήτημα 1

Με ταλαιπώρησε αρκετά, γιατί τώρα αρχίζω να γράφω σε LaTeX

, αλλά το έκανα

1)
$\int {x^3 lnxdx} = \int \left({\frac{x^4}{4}}\right)' lnxdx = \frac{x^4 lnx}{4} - \frac {1}{4}\int x^3dx = \frac{x^4 lnx}{4} - \frac {x^4}{16} + c$

2)
Υπολογίζω το $\int_{1}^{h}x^{3}\ln xdx = \int_1^h \left (\frac {x^4}{4} \right)' ln xdx = \left [\frac {x^4 lnx}{4} \right]_1^h - \int_1^h \frac {x^3}{4}dx = \left [\frac {x^4 lnx}{4} \right]_1^h - \left [\frac {x^4}{16} \right]_1^h$

EDIT: Ευχαριστώ πολύ air!

ΠΡΟΣΟΧΗ!
Από εδώ και πέρα αυτό που κάνω πρέπει να είναι μεγάλη μαγεία, γι' αυτό ζητάω την κατανόησή σας

$\left [\frac {x^4 lnx}{4} \right]_1^h - \left [\frac {x^4}{16} \right]_1^h = \left [\frac {4x^4 lnx}{16} \right]_1^h - \left [\frac {x^4}{16} \right]_1^h = \left [\frac {4x^4 lnx - x^4}{16} \right]_1^h = \left [\frac {x^4(4 lnx - 1)}{16} \right]_1^h$

Αν ονομάσω το παραπάνω

, τότε $\lim\limits_{x \rightarrow + \infty}A = + \infty$ (1)

Βάσει της (1), το όριο της υπόθεσης είναι της μορφής $\frac {+\infty}{+\infty}$ , με αριθμητή και παρονομαστή συνεχείς, οπότε ισχύουν οι κανόνες De L' Hospital.
Άρα

$\lim\limits_{h \rightarrow + \infty}\dfrac{\int_1^h x^3 ln xdx}{h^5} = \lim\limits_{h \rightarrow + \infty} \left (\dfrac {\int_1^h x^3 ln xdx}{h^5} \right)' = \lim\limits_{h \rightarrow + \infty}\dfrac{h^3 lnh}{5h^4} = \lim\limits_{h \rightarrow + \infty}\dfrac{lnh}{5h} = \lim\limits_{h \rightarrow + \infty}\dfrac {\frac {1}{h}}{5} = \lim\limits_{h \rightarrow + \infty}\dfrac {1}{5h} = 0$

Για το Ζήτημα 2, το 1ο ερώτημα είναι, όπως λέει και ο κ. Μαυρογιάννης, ερώτημα του βιβλίου. Το 2ο έχει να κάνει με υπολογισμό εμβαδού, τον οποίο δεν ξέρω ακόμα.

air · #3

σχετικά με τα κουτάκια: πληκτρολογώντας [f(x)]_a^b θα σου βγάλει

Christos.N · #4

Kercyn έγραψε:Ζήτημα 1

$\int {x^3 lnxdx} = \int \left({\frac{x^4}{4}}\right)' lnxdx = \frac{x^4 lnx}{4} - \frac {1}{4}\int x^3dx = \frac{x^4 lnx}{4} - \frac {x^4}{16} + c$
.....................
Από εδώ και πέρα αυτό που κάνω πρέπει να είναι μεγάλη μαγεία, γι' αυτό ζητάω την κατανόησή σας

$\left [\frac {x^4 lnx}{4} \right] - \left [\frac {x^4}{16} \right] = \left [\frac {4x^4 lnx}{16} \right] - \left [\frac {x^4}{16} \right] = \left [\frac {4x^4 lnx - x^4}{16} \right] = \left [\frac {x^4(4 lnx - 1)}{16} \right]$

...............
Βάσει της (1), το όριο της υπόθεσης είναι της μορφής $\frac {+\infty}{+\infty}$ , με αριθμητή και παρονομαστή συνεχείς, οπότε ισχύουν οι κανόνες De L' Hospital.

Αγαπητέ μου φίλε,

πολύ ωραία αντιμετώπιση, επέτρεψε μου τρείς παρατηρήσεις.

1) Το αόριστο που υπολόγισες αρχικά $\int {x^3 lnxdx} =....= \frac{x^4 lnx}{4} - \frac {x^4}{16} + c$ μπορούσες άμεσα να το κάνεις χρήση για τον υπολογισμό του ορισμένου με τα άκρα αντικατάστασης του και μάλιστα χωρίς την σταθερά ολοκλήρωσης.

2) $\left [\frac {x^4 lnx}{4} \right] - \left [\frac {x^4}{16} \right] = \left [\frac {4x^4 lnx}{16} \right] - \left [\frac {x^4}{16} \right] = \left [\frac {4x^4 lnx - x^4}{16} \right] = \left [\frac {x^4(4 lnx - 1)}{16} \right]$
όλα τα παραπάνω που γράφεις είναι σωστά άρκεί να είχες τα άκρα αντικατάστασης.

3) Στο όριο που εφάρμοσες τον κανόνα De L' Hospital ο αριθμητής και ο παρανομαστής πρέπει να είναι παραγωγίσιμες συναρτήσεις και όχι απλά συνεχείς.

Πολύ φιλικά...καλή σου δύναμη.

Kercyn · #5

Αγαπητέ Χρήστο,

σε ευχαριστώ πολύ για τα καλά σου λόγια, επίτρεψέ μου να σου απαντήσω

1) Το ξέρω, όμως επειδή μπήκα στα ολοκληρώματα σχετικά πρόσφατα, προτίμησα να το κάνω εκ του ασφαλούς, για να μην κάνω κάποιο λάθος, στα οποία είμαι λίαν επιρρεπής.

2) Είχα ένα πρόβλημα στο να βάλω τα άκρα στα κουτάκια. Τώρα τα έβαλα. Ή μήπως εννοείς κάτι άλλο, όπως το ότι τα άκρα δεν πρέπει να είναι $\pm \infty$ ;

3) Μα και ο αριθμητής και ο παρονομαστής δεν είναι παραγωγίσιμοι; Εννοείς ότι έπρεπε να πω "παραγωγίσιμοι" αντί για "συνεχείς";

#6

Επειδή το δεύτερο ερώτημα δεν συγκέντρωσε το ενδιαφέρον για να μη μείνει αναπάντητο ανεβάζω την λύση που μοίρασα στα παιδιά αμέσως μετά τη λήξη του διαγωνίσματος:

Το ζητούμενο εμβαδόν είναι $\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\left| h\left( x\right) \right| dx=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\left| f\left( x\right) \right| dx$ . Θα βρουμε το πρόσημο της

στο $\left[ 0,\frac{\pi }{2}\right]$ . Είναι $f^{\prime }\left( x\right) =-\eta \mu x-2\sigma \upsilon \nu x$ και $f^{\prime }\left( x\right) <0$ στο $\left( 0,\frac{\pi }{2}\right)$ . Αφού η

είναι συνεχής θα είναι $f \downarrowtail$ στο $\left[ 0,\frac{\pi }{2}\right]$ .
Είναι $f\left( 0\right) f\left( \frac{\pi }{2}\right) =1\cdot \left( -2\right) <0$ επομένως, από το θεώρημα του Bolzano η

στο $\left[ 0,\frac{\pi }{2}\right]$ εχει μία τουλάχσιτον ρίζα x_0

η οποία λόγω μονοτονίας είναι και μοναδική. Στο διάστημα $[0,x_{0})$ η

δεν έχει ρίζα και επομένως διατηρεί σταθερό πρόσημο που θα είναι εκείνο του f(0)

δηλαδή θετικό. Ομοίως η

στο διάστημα $(x_{0},\frac{\pi }{2}]$ η

θα είναι αρνητική. Επομένως το ζητούμενο εμβαδόν θα είναι
$\displaystyle{\int_{0}^{x_{0}}h\left( x\right) dx-\int_{x_{0}}^{\frac{\pi }{2}}h\left( x\right) dx=\allowbreak 2\eta \mu x_{0}+4\sigma \upsilon \nu x_{0}-3}$
Αλλά το x_0

είναι ρίζα της

δηλαδή $\sigma \upsilon \nu x_{0}-2\eta \mu x_{0}=0$ και επομένως $\varepsilon \varphi x_{0}=\frac{1}{2}$ . Από την ισότητα αυτή μπορούμε να βρούμε τα $\eta \mu x_{0},\,\,\sigma \upsilon \nu x_{0}$ αφού $\eta \mu ^{2}x_{0}+\,\sigma \upsilon \nu ^{2}x_{0}=1$ οπότε $\varepsilon \varphi ^{2}x_{0}+1=\frac{1}{\,\sigma \upsilon \nu ^{2}x_{0}}$ δηλαδή $\frac{1}{\,\sigma \upsilon \nu ^{2}x_{0}}=\frac{5}{4}$ άρα ( $\,\sigma \upsilon \nu x_{0}>0$ ) $\sigma \upsilon \nu x_{0}=\frac{2}{5}\sqrt{5}$ και επομένως $\eta \mu x_{0}=\frac{1}{5}\sqrt{5}$ . 'Αρα το ζητούμενο εμβαδόν είναι $E=2\cdot \left( \frac{1}{5}\sqrt{5}\right) +4\left( \frac{2}{5}\sqrt{5}\right) -3=\allowbreak 2\sqrt{5}-3$

Μαυρογιάννης

'Ενα ωριαίο διαγώνισμα

'Ενα ωριαίο διαγώνισμα

Re: 'Ενα ωριαίο διαγώνισμα

Re: 'Ενα ωριαίο διαγώνισμα

Re: 'Ενα ωριαίο διαγώνισμα

Re: 'Ενα ωριαίο διαγώνισμα

Re: 'Ενα ωριαίο διαγώνισμα

Μέλη σε σύνδεση