Eπαναληπτικό Θέμα

thanasis kopadis · #1

Δίνεται συνάρτηση $f:(0,+\propto )\rightarrow \mathbb R$ , δύο φορές παραγωγίσιμη , με f''(x)>0

,
για την οποία ισχύει ότι $\displaystyle{lnf''(x)=\frac{1}{x}-3lnx$ για κάθε x>0}

. Αν η γραφική παράσταση της

διέρχεται
από το σημείο A(1,e)

και η εφαπτομένη της στο

είναι παράλληλη στον άξονα x'x

α) Να βρείτε τον τύπο της συνάρτησης

β) Να δείξετε ότι $\displaystyle{x^x\geq e^{x-1}}$ για κάθε x>0

γ) Να βρείτε τις ασύμπτωτες της γραφικής παράστασης της

δ) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων $\displaystyle{g(x)=2f(x)}$ , $\displaystyle{h(x)=e^{\frac{1}{x}}}$
και τις ευθείες x=1 , x=2

Tolaso J Kos · #2

Καλησπέρα σε όλη την παρέα του

α. Έχουμε ότι: $\displaystyle{lnf''(x)=\frac{1}{x}-3lnx\Leftrightarrow ...\Leftrightarrow xf''(x)=\frac{1}{x^2}e^{\frac{1}{x}}}$
Από τα δεδομένα έχουμε ότι $f(1)=e, \, \, \, \, f'(1)=0$ .
Τώρα από την προηγούμενη σχέση έχουμε:
$\displaystyle{\int_{1}^{x}tf''(t)dt=\int_{1}^{x}\frac{1}{t}e^{\frac{1}{t}}dt\Leftrightarrow \left [ f'(t)t \right ]_1^x-\int_{1}^{x}f'(t)dt=\left [ -e^{\frac{1}{t}} \right ]_1^x}$ \displaystyle{\displaystyle{\Leftrightarrow xf'(x)-f(x)+e=-e^{\frac{1}{x}}+e\Leftrightarrow xf'(x)-f(x)=-e^{\frac{1}{x}}} .
Τώρα διαιρώ με το

x^2

\displaystyle{\frac{xf'(x)-f(x)}{x^2}=-\frac{1}{x^2}e^{\frac{1}{x}}\Rightarrow \frac{f(x)}{x}=e^{\frac{1}{x}}+c} και τελικά βγαίνει ότι :

\displaystyle{f(x)=xe^{\frac{1}{x}}} καθώς

f(1)=e

\displaystyle{x^x\geq e^{x-1}\Leftrightarrow xlnx\geq x-1} . Θεωρώ τη συνάρτηση

g(x)=xlnx-x+1 η οποία είναι παραγωγίσιμη στο

(0, +\infty )

g'(x)=lnx

x_0=1

g(1)=0

g(x)\geq g(1)=0 Εδώ πρέπει να υπάρχει και πιο γρήγορη λύση φαντάζομαι.

γ.
Για τις ασύμπτωτες:
Παρατηρούμε ότι:

\displaystyle{\lim_{x\rightarrow 0^+}xe^{\frac{1}{x}}=+\infty } άρα η ευθεία

x=0

\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty }\frac{f(x)}{x}=\lim_{x\rightarrow +\infty }e^{\frac{1}{x}}=1} και ακόμη

\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty }(f(x)-x)=\lim_{x\rightarrow +\infty }(xe^{\frac{1}{x}}-x)=...=1} άρα η ασύμπτωτη είναι η

y=x+1

\displaystyle{E(\Omega )=\int_{1}^{2}\left | g(x)-h(x) \right |dx=\int_{1}^{2}\left | 2f(x)-h(x) \right |dx=\int_{1}^{2}\left | 2xe^{\frac{1}{x}}-e^{\frac{1}{x}} \right |dx}} $\displaystyle{=\int_{1}^{2}\left ( 2xe^{\frac{1}{x}}-e^\frac{1}{x} \right )dx}$ εφαρμόζουμε παράγοντες στο πρώτο ολοκλήρωμα και φεύγει με το δεύτερο και το αποτέλεσμα βγαίνει $A=4\sqrt{e}-e$

Πιο αναλυτικά για το τελευταίο ερώτημα: Έχουμε να υπολογίσουμε το ολοκλήρωμα:
$\displaystyle{\int_{1}^{2}({2xe^{\frac{1}{x}}-e^{\frac{1}{x}}})dx=\int_{1}^{2}{2xe^{\frac{1}{x}}}dx-\int_{1}^{2}{e^{\frac{1}{x}}}dx=\left[x^2e^{\frac{1}{x}} \right]_1^2+\int_{1}^{2}{e^{\frac{1}{x}}}dx-\int_{1}^{2}{e^{\frac{1}{x}}}dx=4\sqrt{e}-e}$

Φιλικά,
Τόλης

Υ.Σ : κ. Θανάση πολύ ωραία άσκηση! Προσωπικά μου άρεσε, για το τελευταίο ερώτημα!

#3

thanasis kopadis έγραψε:Δίνεται συνάρτηση $f:(0,+\propto )\rightarrow \mathbb R$ , δύο φορές παραγωγίσιμη , με ,
για την οποία ισχύει ότι $\displaystyle{lnf''(x)=\frac{1}{x}-3lnx$ για κάθε . Αν η γραφική παράσταση της διέρχεται
από το σημείο και η εφαπτομένη της στο είναι παράλληλη στον άξονα

α) Να βρείτε τον τύπο της συνάρτησης

β) Να δείξετε ότι $\displaystyle{x^x\geq e^{x-1}}$ για κάθε

γ) Να βρείτε τις ασύμπτωτες της γραφικής παράστασης της

δ) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων $\displaystyle{g(x)=2f(x)}$ , $\displaystyle{h(x)=e^{\frac{1}{x}}}$
και τις ευθείες

ΛΥΣΗ

α) Είναι από $ln{f}''(x)=\frac{1}{x}-3lnx,\,\,\,x>0$ ${f}''(x)={{e}^{\frac{1}{x}-3lnx}}=\frac{1}{{{x}^{3}}}{{e}^{\frac{1}{x}}}$

Τώρα αν $F(x)=\int\limits_{1}^{x}{{{e}^{\frac{1}{t}}}}\frac{1}{{{t}^{3}}}dt,\,\,\,x>0$ μία αρχική της ${f}''(x)=\frac{1}{{{x}^{3}}}{{e}^{\frac{1}{x}}}$ είναι
$F(x)=-\int\limits_{1}^{x}{{{\left( {{e}^{\frac{1}{t}}} \right)}^{\prime }}}\frac{1}{t}dt=-\left[ {{e}^{\frac{1}{t}}}\frac{1}{t} \right]_{1}^{x}-\int\limits_{1}^{x}{{{e}^{\frac{1}{t}}}\frac{1}{{{t}^{2}}}dt}=-\frac{1}{t}{{e}^{\frac{1}{x}}}+e+\left[ {{e}^{\frac{1}{t}}} \right]_{1}^{x}=$

$=-\frac{1}{x}{{e}^{\frac{1}{x}}}+e+{{e}^{\frac{1}{x}}}-e=-\frac{1}{x}{{e}^{\frac{1}{x}}}+{{e}^{\frac{1}{x}}}$ άρα έχουμε ότι ισχύει

${f}''(x)={{\left( -\frac{1}{x}{{e}^{\frac{1}{x}}}+{{e}^{\frac{1}{x}}} \right)}^{\prime }}$ επομένως

${f}'(x)=-\frac{1}{x}{{e}^{\frac{1}{x}}}+{{e}^{\frac{1}{x}}}+c,\,\,\,\,x>0$ και λόγω υπόθεσης ισχύει ότι

{f}'(1)=0

άρα

επομένως ${f}'(x)=-\frac{1}{x}{{e}^{\frac{1}{x}}}+{{e}^{\frac{1}{x}}},\,\,\,\,x>0$

Ακόμη από ${f}'(x)=-\frac{1}{x}{{e}^{\frac{1}{x}}}+{{e}^{\frac{1}{x}}}=(x{)}'{{e}^{\frac{1}{x}}}+x{{\left( {{e}^{\frac{1}{x}}} \right)}^{\prime }}={{\left( x{{e}^{\frac{1}{x}}} \right)}^{\prime }},\,\,\,x>0$ άρα είναι

$f(x)=x{{e}^{\frac{1}{x}}}+c,\,\,\,x>0$ και επειδή f(1)=e

είναι

άρα έχουμε

$f(x)=x{{e}^{\frac{1}{x}}},\,\,\,x>0$

β) Θέλουμε να ισχύει ότι ${{x}^{x}}\ge {{e}^{x-1}},\,\,\,x>0$ ή $\ln {{x}^{x}}\ge \ln {{e}^{x-1}}$ ή $x\ln x\ge x-1$ ή

$\ln x\ge 1-\frac{1}{x},\,\,\,x>0$ από την κυρτότητα της $\ln x$ και την εφαπτομένη της στο $(1,\,\,0)$ που έχει εξίσωση

y=x-1

ισχύει ότι $\ln x\le x-1,\,\,\,x>0$ άρα με όπου x>0

το $\frac{1}{x}>0$ θα ισχύει ότι

$\ln \frac{1}{x}\le \frac{1}{x}-1,\,\,\,x>0$ άρα $-\ln x\le \frac{1}{x}-1,\,\,\,x>0$ άρα $\ln x\ge 1-\frac{1}{x},\,\,\,x>0$

αυτό που θέλαμε.

γ) Είναι $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f(x)=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,x{{e}^{\frac{1}{x}}}\underset{\begin{smallmatrix} x\to {{0}^{+}} \\ u\to +\infty \end{smallmatrix}}{\overset{u=\frac{1}{x}}{\mathop{=}}}\,\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{u}}}{u}\underset{DLH}{\overset{\frac{\infty }{\infty }}{\mathop{=}}}\,\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{e}^{u}}=+\infty$ άρα η

x=0

είναι ασύμπτωτη της

.

Επίσης επειδή $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x)}{x}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{e}^{\frac{1}{x}}}=1$ και

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,(f(x)-x)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,(x{{e}^{\frac{1}{x}}}-x)\underset{\begin{smallmatrix} x\to +\infty \\ u\to 0 \end{smallmatrix}}{\overset{u=\frac{1}{x}}{\mathop{=}}}\,\underset{u\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{u}}-1}{u}=1$ η ευθεία y=x+1

είναι ασύμπτωτη της

στο $+\infty$

...και πάλι ποιό αργός από τον Τόλη...αλλά την αφήνω χάριν πλουραλισμού...έχει και συνέχεια....

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

kochris · #4

για το (β) μια σκεψη...

θελουμε νδο $x^x\geq e^{x-1} \leftrightarrow xlnx\geq x-1$ για καθε x>0

. Θετω

με $k \in R$ . Αρα αρκει νδο ισοδύναμα $ke^k \geq e^{k}-1 \leftrightarrow k \geq 1-e^{-k} \leftrightarrow e^{-k} \geq 1-k$

η τελευταία ανισότητα ισχύει για καθε τιμη του k.

#5

thanasis kopadis έγραψε: β) Να δείξετε ότι $\displaystyle{x^x\geq e^{x-1}}$ για κάθε

Καλησπέρα. Βλέποντας τις λύσεις των μελών νομίζω δεν είδα την εξής πρόταση:

Εκμεταλλευόμενοι πως η συνάρτηση είναι κυρτή μπορούμε να ενεργοποιήσουμε την ιδιότητα της γρ,παραστάσεως

της να είναι "πάνω" από την εφαπτομένη της σε κάθε σημείο της με εξαίρεση το σημείο επαφής.

Αν λοιπόν βρούμε την εφαπτομένη στο (1,e)

τότε με λίγη άλγεβρα καταλήγουμε στο ζητούμενο.

thanasis kopadis · #6

Καλησπέρα σε όλους τους φίλους και ευχαριστώ για την ενασχόληση.

Για το β) ερώτημα, όποιος συνάδελφος θέλει να χρησιμοποιήσει το θέμα, καλύτερα να συμπληρώσει και το εξής:

"Να μελετηθεί η ως προς τη μονοτονία, τα ακρότατα, τα κοίλα και στη συνέχεια να δειχθεί ότι $\displaystyle{x^x \geq e^{x-1}}$ για κάθε "

οπότε με αυτό τον τρόπο να οδηγηθεί ο μαθητής στο να χρησιμοποιήσει το ακρότατο της

(βγαίνει εύκολα μετά την μελέτη), ή την ιδιότητα με την κυρτότητα και την εφαπτομένη της γρ. παράστασης της

, που επίσης βγαίνει γρήγορα και είναι διδακτική.

Έτσι όπως δόθηκε το ερώτημα, η χρήση άλλων συναρτήσεων έδινε πιο σύντομη λύση.

Να προσθέσω και μια διαφορετική αντιμετώπιση για το α)
Από $\displaystyle{xf''(x)=\frac{1}{x^2}e^\frac{1}{x}\Leftrightarrow xf''(x)+f'(x)-f'(x)=\frac{1}{x^2}e^\frac{1}{x}\Leftrightarrow (xf'(x)-f(x))'=(-e^\frac{1}{x})'}$
και συνεχίζω δύο φορές με το Πόρισμα των Συνεπειών του Θ.Μ.Τ.

Eπαναληπτικό Θέμα

Eπαναληπτικό Θέμα

Re: Eπαναληπτικό Θέμα

Re: Eπαναληπτικό Θέμα

Re: Eπαναληπτικό Θέμα

Re: Eπαναληπτικό Θέμα

Re: Eπαναληπτικό Θέμα

Μέλη σε σύνδεση