ΘΕΜΑ ΤΗΣ ΤΕΛΕΥΤΑΙΑΣ ΩΡΑΣ

#1

....κάνοντας το τελευταίο τρίωρο σε ένα τμήμα με απαιτητικούς μαθητές, κατασκευάσαμε το παρακάτω, έχοντας υπ όψιν μου και τις ιδέες από την παρέα μας, τις συγκέντρωσα σε ένα τελικά θέμα με πολλά ερωτήματα ανακαλύπτοντας τις ιδιότητες της συνάρτησης...πάμε

Α) Δίνεται η συνάρτηση $g(x)={{x}^{3}}+x+1,\,\,\,x\in R$ . Να μελετηθεί ως προς την μονοτονία, ακρότατα, κοίλα και σημεία καμπής.
Β) Έστω συνάρτηση $f:R\to R$ ώστε να ισχύει ${{f}^{3}}(x)+f(x)+1=x,\,\,\,x\in R$
1) Να δείξετε ότι η

είναι γνήσια αύξουσα στο R, και να βρεθεί το πρόσημο των τιμών της.
2) Να δείξετε ότι είναι αντιστρέψιμη και να βρείτε την αντίστροφη της.
3) Να δείξετε ότι η

είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο R.
4) Να μελετηθεί η

ως προς τα κοίλα και σημεία καμπής.

5) Να δείξετε ότι $f(x)\le \frac{1}{4}x-\frac{1}{4}{{f}^{-1}}(1)+{{f}^{-1}}(0),\,\,\,x\ge 1$ .

6) Να δείξετε ότι $\frac{f(x)}{x-1}>\frac{2-f(x)}{13-x},\,\,\,x\in (1,\,\,13)$
7) Να δείξετε ότι $\int\limits_{1}^{2}{f(x)}>\frac{1}{12}$

8) Να δείξετε ότι $\int\limits_{1}^{3}{f(x)dx}+\int\limits_{0}^{1}{{{f}^{-1}}(x)dx=3}$
9) Αν $h(x)=\int\limits_{1}^{x}{f(t)dt-\frac{1}{4}}$ να δειχθεί ότι υπάρχει $\xi \in (1,\,\,3)$ ώστε $\xi f(\xi )-\frac{1}{4}=\int\limits_{1}^{\xi }{\frac{t}{3{{f}^{2}}(t)+1}}dt$

Γ) Αν τώρα ${{f}^{-1}}:[0,\,\,+\infty )\to R$ και z,w

μιγαδικοί ώστε να ισχύει ${{f}^{-1}}(\left| z-3i \right|-2)+{{f}^{-1}}(\left| w+2i \right|-1)=2$
α) Να βρείτε το σύνολο των εικόνων των μιγαδικών z,w

.
β) Να αποδειχθεί ότι $\left| z-w \right|\le 10$

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης
...στο 5ο είναι η τιμή της αντίστροφης στο 0...στο (6) το 3 ήταν 2...συγγνώμη αν ταλαιπώρησα κάποιους
και ευχαριστώ το Χρήστο για τις υποδείξεις

chris · #2

A)
$\displaystyle g(x)=x^3+x+1,x \in \mathbb{R}$

H

είναι παραγωγίσιμη στο $\mathbb{R}$ ως πολυωνυμική με
$g'(x)=3x^2+1>0,x \in \mathbb{R}$

Άρα

γνησίως αύξουσα στο $\mathbb{R}$ και δεν έχει ακρότατα ενώ η g'(x)

είναι παραγωγίσιμη ως πολυωνυμική και ισχύει:
$g''(x)=6x,x \in \mathbb{R}$

$\bullet$ Για $x>0 \Rightarrow 6x>0 \Rightarrow g''(x)>0$
$\bullet$ Για $x<0 \Rightarrow 6x<0 \Rightarrow g''(x)<0$
g''(0)=0

άρα

κυρτή στο $[0, +\infty)$ και κοίλη στο $(-\infty,0]$ ενώ το A(0,1)

είναι σημείο καμπής.

Β)
$\displaystyle \boxed{f^3(x)+f(x)+1=x,\forall x \in \mathbb{R}}(1)$

1)
Για κάθε $x_1,x_2 \in \mathbb{R}$ με
$\displaystyle x_1<x_2\stackrel{(1)}\Rightarrow f^3(x_1)+f(x_1)+1<f^3(x_2)+f(x_2)+1\Rightarrow g(f(x_1))<g(f(x_2))\Rightarrow f(x_1)<f(x_2)$
Επομένως η

είναι γνησίως αύξουσα στο $\mathbb{R}$ .

Η σχέση (1)

για

το

δίνει: $f^3(1)+f(1)=0\Rightarrow f(1)\left[f^2(1)+1\right]=0\Rightarrow f(1)=0$

$\bullet$ \displaystyle{\displaystyle{x>1\Rightarrow f(x)>f(1)=0

\bullet} $x<1\Rightarrow f(x)<f(1)=0$

2)
Αφού

γνησίως αύξουσα άρα και 1-1 οπότε αντιστρέφεται.
Για το σύνολο τιμών της f

Έστω τυχαίο $y \in \mathbb{R}$ και θέτουμε y^3+y+1=x

προσπαθώντας να αποδείξουμε οτι υπάρχει $x \in \mathbb{R}$ ώστε f(x)=y

.Πράγματι:
$\displaystyle y^3+y+1=x\Leftrightarrow y^3+y+1=f^3(x)+f(x)+1\Leftrightarrow g(y)=g(f(x))\Leftrightarrow f(x)=y$
Επομένως $f(\mathbb{R})=\mathbb{R}$

Επειδή $f(\mathbb{R})=\mathbb{R}$ και κάθε

είναι η εικόνα ενός ακριβώς $x \in \mathbb{R}$ θέτουμε όπου

το $f^{-1}(x)$ για τα

που ανήκουν στο σύνολο τιμών της

-"πεδίο ορισμού της $f^{-1}$ "- δηλαδή στο $\mathbb{R}$ και έχουμε:
$\displaystyle \left[f(f^{-1}(x)) \right]^3+f(f^{-1}(x))+1=f^{-1}(x),x \in \mathbb{R}\Leftrightarrow g(x)\equiv f^{-1}(x)=x^3+x+1,x \in \mathbb{R}$

3)
Για την συνέχεια της

Έστω τυχαίο $x_0 \in \mathbb{R}$ .Έχουμε:
$\displaystyle \left[f^3(x)+f(x)+1 \right]-\left[f^3(x_0)+f(x_0)+1 \right]=x-x_0\Leftrightarrow \left[f(x)-f(x_0) \right]\left[f^2(x)+f^2(x_0)+f(x)f(x_0)+1 \right]=x-x_0$

Άρα:
$\displaystyle \left|f(x)-f(x_0) \right|=\frac{\left|x-x_0 \right|}{\left|f^2(x)+f^2(x_0)+f(x)f(x_0)+1 \right|}\leq \left|x-x_0 \right|\Rightarrow -\left(x-x_0 \right)\leq f(x)-f(x_0)\leq x-x_0\Rightarrow f(x_0)-\left(x-x_0 \right)\leq f(x)\leq f(x_0)+\left(x-x_0 \right)$
και απο το κριτήριο Παρεμβολής έχουμε: $\displaystyle \lim_{x\rightarrow x_0}f(x)=f(x_0)$ άρα

συνεχής στο $\mathbb{R}$

Για την παραγωγισιμότητα της

Έχουμε για $x \neq x_0$
$\displaystyle \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=\frac{1}{f^2(x)+f^2(x_0)+f(x)f(x_0)+1}$

Άρα αφού

συνεχής:
$\displaystyle \lim_{x\rightarrow x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=\frac{1}{3f^2(x_0)+1}=f'(x_0)$

Άρα $\displaystyle f'(x)=\frac{1}{3f^2(x)+1},x \in \mathbb{R}$

4)
Αφου η

είναι παραγωγίσιμη τότε το ίδιο είναι και η

ως πηλίκο παραγωγίσιμων συναρτήσεων και ισχύει:
$\displaystyle f''(x)=\frac{-6f(x)f'(x)}{\left[3f^2(x)+1 \right]^2},x \in \mathbb{R}$

$\bullet \displaystyle{\displaystyle{\displaystyle x>1\Rightarrow f(x)>0\stackrel{f'(x)>0}\Rightarrow f(x)f'(x)>0\Rightarrow -6f(x)f'(x)<0\Rightarrow \frac{-6f(x)f'(x)}{\left[3f^2(x)+1 \right]^2}<0\Rightarrow f''(x)<0$

$\bullet \displaystyle x<1\Rightarrow f(x)<0\stackrel{f'(x)>0}\Rightarrow f(x)f'(x)<0\Rightarrow -6f(x)f'(x)>0\Rightarrow \frac{-6f(x)f'(x)}{\left[3f^2(x)+1 \right]^2}>0\Rightarrow f''(x)>0$

Είναι f''(1)=0

άρα

κυρτή στο $(-\infty,1]$ και

κοίλη στο $[1,+\infty)$ και σημείο καμπής το B(1,0)

.

5)
Η σχέση (1)

για

το

δίνει: $\displaystyle f^3(3)+f(3)-2=0\Rightarrow (f(3)-1)(f^2(3)+f(3)+2)=0\Rightarrow f(3)=1$
Άρα $\displaystyle f'(3)=\frac{1}{4}$ και η εφαπτομένη της C_f

στο $\Gamma (3,f(3))$ είναι:
$\displaystyle y-f(3)=f'(3)(x-3)\Rightarrow y=\frac{1}{4}x+\frac{1}{4}$

Ομως $f^{-1}(1)=3,f^{-1}(0)=1$ και επειδή στο $[1,+\infty )$ η

είναι κοίλη έχουμε:
$\displaystyle f(x)\leq y_{\varepsilon \varphi },\forall x \in [1,+\infty)\Rightarrow f(x)\leq \frac{1}{4}x+\frac{1}{4},\forall x \in [1,+\infty)\Rightarrow \boxed{f(x)\leq \frac{1}{4}x-\frac{f^{-1}(1)}{4}+f^{-1}(0),\forall x \in [1,+\infty)}$

chris · #3

6)
Αρκεί να αποδείξουμε οτι:
$\displaystyle \frac{f(x)}{x-1}>\frac{2-f(x)}{13-x}\stackrel{(x>1,x<13)}\Leftarrow 13f(x)-xf(x)>2x-2-xf(x)+f(x)\Leftarrow f(x)>\frac{x-1}{6}$

Υποθέτουμε οτι υπάρχει $x_1 \in \left(1,13 \right)$ ώστε: $\displaystyle f(x_1)\leq \frac{x_1-1}{6}$
Η σχέση (1)

για

το

δίνει:
$\displaystyle x_1-1=f^3(x_1)+f(x_1)\leq \frac{\left(x_1-1 \right)^3}{216}+\frac{x_1-1}{6}\Longrightarrow \frac{5\left(x_1-1 \right)}{6}\leq \frac{\left(x_1-1 \right)^3}{216}\stackrel{x_1>1}\Longrightarrow \left(x_1-1 \right)^2\geq 5\cdot 36\Rightarrow x_1-1\geq 6\sqrt{5}\Rightarrow x_1\geq 6\sqrt{5}+1>14,4>13$
άτοπο καθώς x_1<13

.Άρα $\displaystyle f(x)>\frac{x-1}{6},\forall x \in \left(1,13 \right)$

7)
H (1)

για

το

δίνει: $\displaystyle f^3(2)+f(2)-1=0$ απο όπου έυκολα $\displaystyle \frac{1}{2}<f(2)<1$ αλλιώς υποθέτοντας οτι $\displaystyle f(2)\leq \frac{1}{2}$ και $f(2)\geq 1$ οδηγούμαστε σε άτοπο.Επισης είναι $\displaystyle \boxed{f^4(2)=f(2)-f^2(2)}(2)$

Ειναι $\displaystyle f'(x)=\frac{1}{3f^2(x)+1}\Rightarrow 3f^2(x)f'(x)+f'(x)=1\stackrel{x\geq 1} \Rightarrow \boxed{3f^3(x)f'(x)+f(x)f'(x)=f(x)}(3)$

Και με ολοκλήρωση στο [1,2]

έχουμε:
$\displaystyle \int_{1}^{2}{f(x)dx}=3\int_{1}^{2}{f^3(x)f'(x)dx}+\int_{1}^{2}{f(x)f'(x)dx}=3\left[\frac{f^4(x)}{4} \right]_1^2+\left[\frac{f^2(x)}{2} \right]_1^2\stackrel{f(1)=0}=\frac{3f^4(2)+2f^2(2)}{4}\stackrel{(2)}=\frac{3f(2)-f^2(2)}{4}=\frac{f(2)(3-f(2))}{4} \stackrel{f(2)>\frac{1}{2}}>\frac{3-f(2)}{8}\stackrel{f(2)<1}>\frac{3-1}{8}=\frac{1}{4}>\frac{1}{12}$

8)
Απο ολοκλήρωση της (3)

στο

έχουμε:
$\displaystyle \int_{1}^{3}{f(x)dx}=3\int_{1}^{3}{f^3(x)f'(x)dx}+\int_{1}^{3}{f(x)f'(x)dx}=3\left[\frac{f^4(x)}{4} \right]_1^3+\left[\frac{f^2(x)}{2} \right]_1^3\stackrel{f^{-1}(1)=3\Leftrightarrow f(3)=1}=3\left(\frac{1}{4}-0 \right)+\left(\frac{1}{2}-0 \right)=\frac{5}{4}$

Άρα:
$\displaystyle \int_{1}^{3}{f(t)dt}+\int_{0}^{1}{f^{-1}(x)dx}=\frac{5}{4}+\int_{0}^{1}{(x^3+x+1)dx}=\frac{5}{4}+\left[\frac{x^4}{4}+\frac{x^2}{2}+x \right]^1_0=\frac{5}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{2}+1=3$

9)
$\displaystyle \xi f(\xi )-\frac{1}{4}=\int_{1}^{\xi }{\frac{t}{3f^2(t)+1}dt}\Leftrightarrow \xi f(\xi )-\frac{1}{4}=\int_{1}^{\xi }{tf'(t)dt}\Leftrightarrow \xi f(\xi )-\frac{1}{4}=\left[tf(t) \right]_1^\xi -\int_{1}^{\xi }{f(t)dt}\Leftrightarrow \xi f(\xi )-\frac{1}{4}=\xi f(\xi )-\int_{1}^{\xi}{f(t)dt}\Leftrightarrow h(\xi )=0$

Άρα αρκεί να δείξουμε οτι η

έχει ρίζα στο (1,3)

.Πράγματι η

είναι συνεχής άρα η $\int_{1}^{x}{f(t)dt}$ ειναι παραγωγίσιμη άρα και συνεχής και επομένως η

είναι παραγωγίσιμη άρα και συνεχής και ισχύει:
$\displaystyle h(1)h(3)=-\frac{1}{4}\left(\frac{5}{4}-\frac{1}{4} \right)=-\frac{1}{4}<0$
Άρα απο Θ.Βοlzano υπάρχει $\xi \in (1,3):h(\xi)=0$ και μαλιστα επειδή $h'(x)=f(x)\geq 0,x\geq 1$ με το ίσον όταν x=1

συμπεραίνουμε οτι

γνησίως αύξουσα άρα το $\xi$ είναι μοναδικο.

Γ)
Α)
Επειδή η $f^{-1}$ ορίζεται τώρα στο $[0,+\infty )$ και είναι γνησίως αύξουσα ισχύει:
$x\ge 0\Rightarrow f^{-1}(x)\geq f^{-1}(0)=1$ με το ίσον όταν x=0

άρα για να ισχύει η ισότητα:
$\displaystyle {{f}^{-1}}(\left| z-3i \right|-2)+{{f}^{-1}}(\left| w+2i \right|-1)=2$
πρέπει:
$\displaystyle \begin{cases} f^{-1}\left(\left|z-3i \right|-2 \right)=1=f^{-1}(0) \\ f^{-1}\left(\left|w+2i \right|-1 \right)=1=f^{-1}(0) \\ \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases} \left|z-3i \right|=2 \\ \left|w+2i \right|=1 \\ \end{cases}$
Άρα ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων του

είναι κυκλος κέντρου K_1(0,3)

και ακτίνας r_1=2

ενώ του

είναι κυκλος κέντρου K_2(0,-2)

και ακτίνας r_2=1

με τη μεθοδο που ακολούθησα μπορούμε να διευρύνουμε λίγο το διάστημα (π.χ να γίνει (1,14)

) ανάλογα με την προσέγγιση που θα δώσουμε στο $\sqrt{5}$
Για το

έβγαλα ένα καλύτερο φράγμα αν και νομίζω οτι ο Βασίλης και στα δύο έχει διαφορετική λύση...είδωμεν

Για το

εκτός απο την ύπαρξη εξασφαλίζουμε και μοναδικότητα ενώ στο $\Gamma.b$ εγώ έβγαλα μικρότερο ή ίσο του 8 και οχι του 10

...Πολύ πιθανόν να κάνω λάθος αλλά δεν έχω το κουράγιο να τα ξανακοιτάξω

Όλα τα παραπάνω με την προυπόθεση οτι δεν έχω κάποιο σφάλμα που επηρεάζει!

Φιλικά και Μαθηματικά

#4

....δίνοντας

στο Χρήστο και γιά τις παρατηρήσεις του...αφήνω την προσπάθεια του και παρακάτω δημοσιεύω τα (6), (7) με την αρχική σκέψη και όχι την βασανιστική που βγήκε....με τον λάθος υπολογισμό που έκανα...

6) Να δείξετε ότι $\frac{f(x)}{x-1}>\frac{2-f(x)}{11-x},\,\,\,x\in (1,\,\,11)$

7) Να δείξετε ότι $\int\limits_{1}^{2}{f(x)}>\frac{1}{10}$

και την λύση τους...

6) Για 1<x<11

σύμφωνα με το ΘΜΤ για την

θα υπάρχει ${{x}_{1}}\in (1,\,\,x)$ ώστε ${f}'({{x}_{1}})=\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\frac{f(x)}{x-1}$ αφού f(1)=0

και ένα ${{x}_{2}}\in (x,\,\,11)$ ώστε ${f}'({{x}_{1}})=\frac{f(11)-f(x)}{11-x}=\frac{2-f(x)}{11-x}$ αφού

${{f}^{-1}}(2)=11\Leftrightarrow f(11)=2$ και επειδή η

και κοίλη θα ισχύει ${f}'({{x}_{1}})>{f}'({{x}_{2}})$ άρα και $\frac{f(x)}{x-1}>\frac{2-f(x)}{11-x},\,\,\,x\in (1,\,\,11)$

7)Από $\frac{f(x)}{x-1}>\frac{2-f(x)}{11-x}\Leftrightarrow f(x)(11-x)>(x-1)(2-f(x))$ ή αλλιώς $f(x)(11-x)>(2x-2)-(x-1)f(x)\Leftrightarrow f(x)(11-x)+(x-1)f(x)>2x-2$ ή

$10f(x)>2x-2\Leftrightarrow f(x)>\frac{1}{5}x-\frac{1}{5}$ οπότε ολοκληρώνοντας ισχύει $\int\limits_{1}^{2}{f(x)dx>\int\limits_{1}^{2}{(\frac{1}{5}x-\frac{1}{5})dx=[\frac{{{x}^{2}}}{10}}}-\frac{x}{5}]_{1}^{2}=\frac{1}{10}$

...και για το Γβ η σκέψη ήταν γιά την μέγιστη απόσταση των εικόνων των δύο μιγαδικών...που πράγματι είναι 8...
ελπίζω τώρα να είναι όλα στη θέση τους...

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

ΘΕΜΑ ΤΗΣ ΤΕΛΕΥΤΑΙΑΣ ΩΡΑΣ

ΘΕΜΑ ΤΗΣ ΤΕΛΕΥΤΑΙΑΣ ΩΡΑΣ

Re: ΘΕΜΑ ΤΗΣ ΤΕΛΕΥΤΑΙΑΣ ΩΡΑΣ

Re: ΘΕΜΑ ΤΗΣ ΤΕΛΕΥΤΑΙΑΣ ΩΡΑΣ

Re: ΘΕΜΑ ΤΗΣ ΤΕΛΕΥΤΑΙΑΣ ΩΡΑΣ

Μέλη σε σύνδεση