απλό εξαγόμενο

#1

Η συνάρτηση του σχήματος είναι γνησίως αύξουσα και κυρτή στο [1,3]

Δείξτε ότι το μπλε είναι μικρότερο απ΄το κόκκινο

Nikitas K. · #2

Από το σχήμα παρατηρώ ότι:
i. Mπλε Εμβαδόν $\displaystyle = 2 - \int_{1}^{2} f(x) \,dx$
ii. Κόκκινο Εμβαδόν $\displaystyle = -2 + \int_{2}^{3} f(x) \,dx$
iii. $\displaystyle f(x) = \frac{x^2}{2}, ~ x \in\mathbb{R}^+$

Κόκκινο Εμβαδόν

Mπλε Εμβαδόν $\displaystyle = -4 + \int_{1}^{2} f(x) \,dx+ \int_{2}^{3} f(x)\, dx = -4 + \int_{1}^{3} f(x) \,dx$

Λόγω της παρατήρησης iii. $\displaystyle \int_{1}^{3} f(x) \,dx = \int_{1}^{3} \frac{x^2}{2} \,dx = \left [ \frac{x^3}{6} \right ]_{1}^{3} = \frac{13}{3}$
Επομένως,
Κόκκινο Εμβαδόν

Mπλε Εμβαδόν $\displaystyle = \frac{1}{3} > 0 \Rightarrow$ Mπλε Εμβαδόν

Κόκκινο Εμβαδόν.

#3

Νομίζω ότι η λύση στο πρόηγούμενο ποστ είναι προβληματική γιατί η άσκηση αναφέρεται σε

exdx έγραψε: ↑
Παρ Μάιος 03, 2024 10:35 am
Η συνάρτηση του σχήματος είναι γνησίως αύξουσα και κυρτή στο

ενώ στην λύση εξειδικεύεται στην συγκεκριμένη συνάρτηση

Nikitas K. έγραψε: ↑
Παρ Μάιος 03, 2024 9:14 pm
iii. $\displaystyle f(x) = \frac{x^2}{2}, ~ x \in\mathbb{R}^+$

Από την άλλη, η λύση εμπεριέχει τα κύρια στοιχεία αντιμετώπισης και μπορεί εύκολα να επιδιορθωθεί. Γι' αυτό δίνω μόνο το βασικό βήμα ως υπόδειξη, αλλά θα επανέλθω αν χρειαστεί:

Από την κυρτότητα έχουμε

$\displaystyle{ f(2) = f\left ( \dfrac {x+(4-x)}{2} \right ) \le \dfrac {1}{2} \left ( f(x) + f(4-x) ) }$ (με γνήσια ανισότητα εκτός για x=2

όπου έχουμε ισότητα). 'Αρα

$f(2)-f(x) \le f(4-x)-f(2)$ . Τώρα ολοκληρώνουμε.

#4

Κάπως διαφορετικά σε σχέση με την λύση του Μιχάλη (#3): όπως ουσιαστικά επισημαίνει ο Νικήτας (#2), αρκεί να ισχύει η $\displaystyle\int_{1}^{3} f(x) \,dx > 4.$ Φέροντας την εφαπτόμενη στο (2,2) -- αυτό νομίζω πως έχουμε το δικαίωμα να το υποθέσουμε από το σχήμα -- δημιουργείται από αυτήν και τις x=1, x=3, y=0

ένα τραπέζιο (βλέπε συνημμένο) με εμβαδόν $\displaystyle \left(\dfrac{(2-f'(2))+(2+f'(2))}{2}\right)\cdot (3-1)=4.$ Λόγω κυρτότητας (εφαπτόμενη κάτω από την συνάρτηση) το εμβαδόν που αντιπροσωπεύει το ολοκλήρωμα είναι μεγαλύτερο του εμβαδού του τραπεζίου.

Πολύ διδακτικό πρόβλημα που δείχνει πως από την ειδική περίπτωση $f(x)=\dfrac{x^2}{2}$ (και το τρίγωνο με κορυφές (1,0), (3,0), (3,4)

) πηγαίνουμε με λίγο περισσότερο κόπο στην γενική περίπτωση αύξουσας κυρτής

(και το τραπέζιο με κορυφές (1, 2-f'(2)), (1,0), (3,0), (3, 2+f'(2))

) -- απλώς βρίσκουμε τις τομές της εφαπτομένης στο (2,2),

δηλαδή της y-2=f'(2)(x-2),

με τις

και

[ΒΕΒΑΙΩΣ υπάρχει ένα θεματάκι στην περίπτωση 2-f'(2)<0,

όπου μας προκύπτει 'μη κυρτό τραπέζιο': νομίζω ότι ισχύουν και πάλι τα παραπάνω (με χρήση προσημασμένων εμβαδών ας πούμε), αλλά είναι και λίγο αργά

]

: area-4.png (42.7 KiB) Προβλήθηκε 720 φορές

abgd · #5

Με δεδομένα ότι f(2)=2

, και η συνάρτηση είναι κυρτή στο $[0,+\infty)$ έχουμε την εξής λύση:

$\displaystyle{f(x)-2\geq f'(2)(x-2)\Rightarrow \int_1^3{\left(f(x)-2\right)}dx > \int_1^3{\left(f'(2)(x-2)\right)}dx=0}$

Έτσι,

$\displaystyle{\int_1^3{\left(f(x)-2\right)}dx > 0 \Rightarrow \color{blue}{\int_1^2{\left(2-f(x)\right)}dx}\color{black}{<} \color{red}{\int_2^3{\left(f(x)-2\right)}dx}} }$

δηλαδή το ζητούμενο.

Nikitas K. · #6

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Παρ Μάιος 03, 2024 11:44 pm
$f(2)-f(x) \le f(4-x)-f(2)$

Συνεχίζοντας, $\forall x \in \left[0,4\right]f(x) + f(4-x) \geq 2f(2)$ , τότε
$\displaystyle \int_{1}^{3} \left ( f(x) + f(4-x) \right ) \, dx > \int_{1}^{3} 2f(2)\,dx \Leftrightarrow \int_{1}^{3} f(x) \, dx + \int_{1}^{3} f(4-x) \,dx > 4f(2)$
$\Leftrightarrow\displaystyle \int_{1}^{3} f(x) \, dx + \int_{3}^{1} -f(u) \, du > 4f(2)\Leftrightarrow \int_{1}^{3} f(x) \, dx + \int_{1}^{3} f(x) \, dx > 4f(2)$
$\displaystyle \Leftrightarrow 2\cdot\int_{1}^{3} f(x) \, dx > 4f(2) \Leftrightarrow\int_{1}^{3} f(x) \, dx > 2f(2)$

Δεδομένου ότι f(2) = 2

, τότε
$\displaystyle \int_{1}^{3} f(x) \, dx > 4 \Leftrightarrow - 4 + \int_{1}^{3} f(x) \, dx > 0$
$\Leftrightarrow$ Κόκκινο Εμβαδόν

Mπλε Εμβαδόν > 0

$\Leftrightarrow$ Mπλε Εμβαδόν

Κόκκινο Εμβαδόν.

#7

Με την παραδοχή ότι η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα και κυρτή και ότι το $\displaystyle A$ είναι μέσον του $\displaystyle MK$ , έχουμε,
θεωρώντας την εφαπτομένη $\displaystyle BN$ :
$\displaystyle BLUE < (MAB) = (NAK) < RED$
Αν, τώρα, η $\displaystyle F$ είναι μια αρχική της $\displaystyle f$ , αποδείξαμε ότι $\displaystyle 2F(2) < F(3) - F(1)$

#8

Έχουμε όμως Γιώργη το δικαίωμα να υποθέσουμε (#7) ότι η εφαπτομένη στο (2, 2) διέρχεται από τα 'αναμενόμενα' σημεία; Αυτήν ακριβώς την υπόθεση αποφεύγω στην δική μου προσέγγιση (#4).

#9

Καλησπέρα Γιώργο
Δεν καταλαβαίνω τι θα μπορούσε να πάει στραβά. Οι παραδοχές είναι ότι η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα και κυρτή και το σημείο επαφής είναι το μέσον του $\displaystyle {\rm B}\Gamma$ .

#10

exdx έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 11, 2024 12:22 am
Καλησπέρα Γιώργο
Δεν καταλαβαίνω τι θα μπορούσε να πάει στραβά. Οι παραδοχές είναι ότι η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα και κυρτή και το σημείο επαφής είναι το μέσον του $\displaystyle {\rm B}\Gamma$ .

Γιώργη είτε για την (MAB)=(NAK)

στην #7 είτε για την $(BA\Delta)=(\Gamma AE)$ στην #9 χρειάζεσαι την MB=KN

(#7) ή την $B\Delta=\Gamma E$ (#9), και αυτές εξασφαλίζονται αν και μόνον αν η εφαπτομένη στο (2,2)

διέρχεται από τα (1,0)

και

.

#11

gbaloglou έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 11, 2024 12:53 am

exdx έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 11, 2024 12:22 am
Καλησπέρα Γιώργο
Δεν καταλαβαίνω τι θα μπορούσε να πάει στραβά. Οι παραδοχές είναι ότι η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα και κυρτή και το σημείο επαφής είναι το μέσον του $\displaystyle {\rm B}\Gamma$ .
Γιώργη είτε για την στην #7 είτε για την $(BA\Delta)=(\Gamma AE)$ στην #9 χρειάζεσαι την (#7) ή την $B\Delta=\Gamma E$ (#9), και αυτές εξασφαλίζονται αν και μόνον αν η εφαπτομένη στο διέρχεται από τα και .

Ένα 'οριακό' (αντι)παράδειγμα αποτελεί η $f(x)=\dfrac{x^5}{12}-\dfrac{x^4}{2}+\dfrac{11x^3}{12}$ , η οποία ικανοποιεί, όπως και η 'δοθείσα' $\dfrac{x^2}{2},$ τις $f(0)=0, f(1)=\dfrac{1}{2}, f(2)=2, f(3)=\dfrac{9}{2},$ f'(x)>0

για

#12

Τα τρίγωνα είναι ίσα αφού είναι ορθογώνια με ένα ζεύγος πλευρές ίσες και
ένα ζεύγος κατακορυφήν γωνίες ίσες. Η συνάρτηση είναι πάνω από την εφαπτομένη.

#13

gbaloglou έγραψε: ↑
Δευ Μάιος 13, 2024 11:20 pm

gbaloglou έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 11, 2024 12:53 am

exdx έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 11, 2024 12:22 am
Καλησπέρα Γιώργο
Δεν καταλαβαίνω τι θα μπορούσε να πάει στραβά. Οι παραδοχές είναι ότι η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα και κυρτή και το σημείο επαφής είναι το μέσον του $\displaystyle {\rm B}\Gamma$ .
Γιώργη είτε για την στην #7 είτε για την $(BA\Delta)=(\Gamma AE)$ στην #9 χρειάζεσαι την (#7) ή την $B\Delta=\Gamma E$ (#9), και αυτές εξασφαλίζονται αν και μόνον αν η εφαπτομένη στο διέρχεται από τα και .
Ένα 'οριακό' (αντι)παράδειγμα αποτελεί η $f(x)=\dfrac{x^5}{12}-\dfrac{x^4}{2}+\dfrac{11x^3}{12}$ , η οποία ικανοποιεί, όπως και η 'δοθείσα' $\dfrac{x^2}{2},$ τις $f(0)=0, f(1)=\dfrac{1}{2}, f(2)=2, f(3)=\dfrac{9}{2},$ για για

Αντιπαράδειγμα στο ότι όποια συνάρτηση ικανοποιεί τις παραπάνω συνθήκες οφείλει να είναι η $\dfrac{x^2}{2},$ OXI στο ότι ισχύουν οι επιθυμητές και απαραίτητες ισότητες MB=KN

ή/και $B\Delta=\Gamma E$ ... οι οποίες προκύπτουν εν γένει, όπως άλλωστε έμμεσα επισημαίνω στην #4, από την 2-(2-f'(2))=(2+f'(2))-2=f'(2).

Στο (αντι)παράδειγμα μου αντί της 'αναμενόμενης' f'(2)=2

ισχύει η $f'(2)=\dfrac{5}{3},$ ενώ η εφαπτομένη στο (2,2)

διέρχεται από τα $\left(1, \dfrac{1}{3}\right)$ και $\left(3, \dfrac{11}{3}\right).$

ΣΥΜΦΩΝΩ δηλαδή με τα γραφόμενα του Γιώργη Καλαθάκη στην #12 (αλλά και στην #7): ΣΥΓΓΝΩΜΗ για το μπέρδεμα, που δεν ήταν πάντως και εντελώς ... αντιπαραγωγικό (pun not intended θα λέγαμε πέρα, 'αθέλητο' το λογοπαίγνιο)

απλό εξαγόμενο

απλό εξαγόμενο

Re: απλό εξαγόμενο

Re: απλό εξαγόμενο

Re: απλό εξαγόμενο

Re: απλό εξαγόμενο

Re: απλό εξαγόμενο

Re: απλό εξαγόμενο

Re: απλό εξαγόμενο

Re: απλό εξαγόμενο

Re: απλό εξαγόμενο

Re: απλό εξαγόμενο

Re: απλό εξαγόμενο

Re: απλό εξαγόμενο

Μέλη σε σύνδεση