Άσκηση-1α

#1

Έστω η συνάρτηση $f(x)=2x-\eta\mu^2x,\ \ \ x\in(0,2\pi)$

Να δείξετε ότι η

αντιστρέφεται και να βρείτε το πεδίο ορισμού της $f^{-1}$

αν θεωρήσουμε γνωστό ότι η $f^{-1}$ είναι παραγωγίσιμη ,να βρείτε τη μονοτονία της συνάρτησης $g(x)=f^{-1}(x)-2x$ και την εφαπτομένη της $C_{g}$ στο $x_0=2\pi$

ii)

Να βρείτε το $\displaystyle{\lim_{x\to 0}\frac{f^{-1}(x)}{x+f^{-1}(x)}}$

#2

...μιά προσπάθεια.....

Α) Επειδή η $f(x)=2x-\eta {{\mu }^{2}}x$ παραγωγίσιμη ως πράξεις παραγωγίσιμων στο $(0,\,\,2\pi )$ με ${f}'(x)=2-2\eta \mu x\sigma \upsilon \nu x=2-\eta \mu 2x>0$ για κάθε

$x\in (0,\,\,2\pi )$ η

είναι γνήσια αύξουσα στο $(0,\,\,2\pi )$ άρα και ΄1-1΄ οπότε αντιστρέφεται, και το πεδίο ορισμού της ${{f}^{-1}}$ είναι το σύνολο τιμών της

που επειδή

είναι συνεχής στο $\Delta =(0,\,\,2\pi )$ και γνήσια αύξουσα είναι $f(\Delta )=(\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f(x),\,\,\underset{x\to 2{{\pi }^{-}}}{\mathop{\lim }}\,f(x))=(0,\,4\pi )$

Β)
ι) Τώρα ${{f}^{-1}}$ παραγωγίσιμη η

παραγωγίσιμη στο $(0,\,\,4\pi )$ με ${g}'(x)=({{f}^{-1}}(x){)}'-2$ Ακόμη επειδή ${f}'(x)>0,\,\,x(0,\,\,2\pi )$ θα είναι

${f}'(x)\ne 0,\,\,x(0,\,\,2\pi )$ και από $f({{f}^{-1}}(x))=x,\,\,x\in (0,\,\,4\pi )$ παραγωγίζοντας προκύπτει ${f}'({{f}^{-1}}(x))({{f}^{-1}}(x){)}'=1\Leftrightarrow ({{f}^{-1}}(x){)}'=\frac{1}{{f}'({{f}^{-1}}(x))}$ (1)

Έτσι ${g}'(x)=\frac{1}{{f}'({{f}^{-1}}(x))}-2$ και επειδή ${f}'(x)=2-\eta \mu 2x$ είναι $1\le {f}'(x)\le 3$ προκύπτει $\frac{1}{3}\le \frac{1}{{f}'(x)}\le 1\Leftrightarrow \frac{1}{3}-2\le \frac{1}{{f}'(x)}-2\le -1$ άρα

{g}'(x)<0

οπότε

γνήσια φθίνουσα στο $(0,\,\,4\pi )$

Επίσης είναι $g(2\pi )={{f}^{-1}}(2\pi )-4\pi$ και αφού $f(\pi )=2\pi$ $\pi ={{f}^{-1}}(2\pi )$ οπότε $g(2\pi )=-3\pi$ και

${g}'(2\pi )=\frac{1}{{f}'({{f}^{-1}}(2\pi ))}-2=\frac{1}{{f}'(\pi )}-2=\frac{1}{2}-2=-\frac{3}{2}$

Άρα η εφαπτομένη της ${{C}_{g}}$ στο $(2\pi ,\,\,g(2\pi ))$ είναι $y+3\pi =-\frac{3}{2}(x-2\pi )\Leftrightarrow y=-3x$

ιι) Είναι $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{f}^{-1}}(x)}{x+{{f}^{-1}}(x)}$ μορφής $\frac{0}{0}$ άρα με DLH $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{f}^{-1}}(x)}{x+{{f}^{-1}}(x)}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{({{f}^{-1}}(x){)}'}{(x+{{f}^{-1}}(x){)}'}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\frac{1}{{f}'({{f}^{-1}}(x))}}{1+\frac{1}{{f}'({{f}^{-1}}(x))}}$ =
= $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{1+{f}'({{f}^{-1}}(x))}=\frac{1}{1+{f}'({{f}^{-1}}(0))}=\frac{1}{1+{f}'(0)}=\frac{1}{3}$

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

#3

KAKABASBASILEIOS έγραψε:...μιά προσπάθεια....

Βασίλη,σε ευχαριστώ.

Άσκηση-1α

Άσκηση-1α

Re: Άσκηση-1α

Re: Άσκηση-1α

Μέλη σε σύνδεση