Μελετημένο

#1

Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση $\displaystyle{f:[0,+\infty )\to R}$ με $\displaystyle{f(0)=1,f(x)>0}$ και :
$\displaystyle{f(x)+\ln ({f}'(x))={{e}^{{{x}^{2}}}}+{{x}^{2}}+\ln 2x}$ , για κάθε $\displaystyle{x>0}$ .
Δ1) Να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{f(x)={{e}^{{{x}^{2}}}},\,\,\,x\ge 0}$ .
Δ2) Να μελετηθεί η $\displaystyle{f}$ ως προς τη μονοτονία , τα ακρότατα, τα κοίλα και να βρεθεί το σύνολο τιμών της.
Δ3) Να αποδειχθεί ότι: $\displaystyle{\frac{f(\text{ }\!\!\alpha\!\!\text{ })-1}{\alpha }<\frac{f(\beta )-1}{\beta }}$ για κάθε $\displaystyle{{\rm{\alpha }}{\rm{,}}\,{\rm{\beta }} > \,{\rm{0}}}$ με $\displaystyle{{\rm{\alpha }} < {\rm{\beta }}}$
Δ4) Να υπολογιστεί το όριο $\displaystyle{\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,xf\left( \frac{1}{x} \right)}$
Δ5) Να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{2\int_0^\alpha {f(t)dt \le \alpha (1 + f(\alpha ))} }$ για κάθε $\displaystyle{\alpha \ge 0}$

Edit : Διορθώθηκε το Δ5 ( βλέπε επόμενη δημοσίευση )
Υ.Γ. Η πηγή : Μπάμπης Στεργίου , ασκήσεις για τον επιμελή μαθητή 1 , Μάρτιος 2015

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #2

Το 5) έτσι όπως είναι δεν ισχύει.

Σταμ. Γλάρος · #3

exdx έγραψε:Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση $\displaystyle{f:[0,+\infty )\to R}$ με $\displaystyle{f(0)=1,f(x)>0}$ και :
$\displaystyle{f(x)+\ln ({f}'(x))={{e}^{{{x}^{2}}}}+{{x}^{2}}+\ln 2x}$ , για κάθε $\displaystyle{x>0}$ .
Δ1) Να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{f(x)={{e}^{{{x}^{2}}}},\,\,\,x\ge 0}$ .
Δ2) Να μελετηθεί η $\displaystyle{f}$ ως προς τη μονοτονία , τα ακρότατα, τα κοίλα και να βρεθεί το σύνολο τιμών της.
Δ3) Να αποδειχθεί ότι: $\displaystyle{\frac{f(\text{ }\!\!\alpha\!\!\text{ })-1}{\alpha }<\frac{f(\beta )-1}{\beta }}$ για κάθε $\displaystyle{{\rm{\alpha }}{\rm{,}}\,{\rm{\beta }} > \,{\rm{0}}}$ με $\displaystyle{{\rm{\alpha }} < {\rm{\beta }}}$
Δ4) Να υπολογιστεί το όριο $\displaystyle{\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,xf\left( \frac{1}{x} \right)}$
Δ5) Να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{2\int_0^\alpha {f(t)dt \le \alpha (1 + f(\alpha ))} }$ για κάθε $\displaystyle{\alpha \ge 0}$

Edit : Διορθώθηκε το Δ5 ( βλέπε επόμενη δημοσίευση )
Υ.Γ. Η πηγή μετά...

Καλησπέρα. Μια προσπάθεια στην ωραία άσκηση του Γιώργη...
Δ1) $\displaystyle{f(x)+\ln ({f}'(x))={{e}^{{{x}^{2}}}}+{{x}^{2}}+\ln 2x}$ $\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow$ $\displaystyle{ln\left ( e^{f(x))} \right )+\ln ({f}'(x))=lne^{{{e}^{{{x}^{2}}}}}+lne^{{{x}^{2}}}+\ln 2x}$ $\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow$ ${ln\left ( e^{f(x))} \right )'=ln\left (e^{{{e}^{{{x}^{2}}}}}\right )'$ $\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow$ $\displaystyle{\left ( e^{f(x))} \right )'=\left (e^{{{e}^{{{x}^{2}}}}}\right )'$ (Η lnx

είναι 1-1.)

Άρα από Πόρισμα Συνεπειών Θ.Μ.Τ. υπάρχει σταθερά

$\displaystyle{ e^{f(x)} =e^{{{e}^{{{x}^{2}}}}} + c$ (1)

Τώρα θεωρούμε f(x)=u

. Οπότε $\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0^{+}}f(x)=f(0)=1$ (2),
επειδή

συνεχής ως παραγωγίσιμη στο $[0,+\infty ).$
Άρα $\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0^{+}}e^{f(x)}= \displaystyle\lim_{u\rightarrow 1}e^{u}=e$ .
Επίσης $\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0^{+}}e^{{{e}^{{{x}^{2}}}}} + c=e+c$ (3)

Από την (1) έχουμε : $\displaystyle{ \lim_{x\rightarrow 0^{+}}e^{f(x)} =\lim_{x\rightarrow 0^{+}}(e^{{{e}^{{{x}^{2}}}}} + c)$
και με αντικατάσταση των (2) και (3) e=e+c

, οπότε

Άρα $\displaystyle{ e^{f(x)} =e^{{{e}^{{{x}^{2}}}}}$ συνεπώς $\displaystyle{ f(x) ={{e}^{{{x}^{2}}}}$ .

Δ2) Είναι $f'(x)={{e}^{{{x}^{2}}}2x>0$ $\forall x\in \left ( 0,+\infty \right )$ . Άρα η

είναι γνησίως αύξουσα στο $\left [ 0, +\infty \right )$ .
και παρουσιάζει στο

, ολικό ελάχιστο το f(0)=1.

Επίσης $f''(x)=2{{e}^{{{x}^{2}}}(4x^2+1)>0$ $\forall x\in \left ( 0,+\infty \right )$ .
Άρα η

είναι κυρτή στο $\left [ 0, +\infty \right )$ .
Ακόμα $\displaystyle{ \lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)= +\infty$ , άρα το σύνολο τιμών της

είναι το $\left [ 1, +\infty \right )$ .

Δ3) Θεωρώ $g(x)=\dfrac{e^{x^2}-1}{x} ,\,\,\ x>0$ . Είναι παραγωγίσιμη με $g'(x)=\dfrac{e^{x^2}(2x^2-1)+1}{x^2} =\dfrac{h(x)}{x^2} ,$ όπου $h(x)= e^{x^2}(2x^2-1)+1$ με $x\geq 0.$
Είναι $h'(x)= e^{x^2}(4x^3 +4x >0 ,\,\,\ x>0$ . Άρα η

είναι γνησίως αύξουσα στο $\left [ 0, +\infty \right )$ .
Άρα για x>0

είναι

οπότε και

άρα και

είναι γνησίως αύξουσα.
Συνεπώς $g(a)<g(\beta )$ .

Δ4) Εφαρμόζοντας κανόνα de L' Ηospital έχουμε:
$\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0^{+}}xf\left (\dfrac{1}{x} \right )= \displaystyle\lim_{x\rightarrow 0^{+}}\dfrac{e^{\frac{1}{x^2}}}{\frac{1}{x}}= \displaystyle\lim_{x\rightarrow 0^{+}}\left (2 \dfrac{1}{x} e^{\frac{1}{x^2}} \right )= +\infty .$

Θα προσπαθήσω αργότερα το Δ5 ... Μας καλεί το καθήκον!

Φιλικά
Σταμ. Γλάρος

Antonis Loutraris · #4

Μία προσέγγιση για το Δ.5 ( Εξαιρετικό ερώτημα )

Λόγω κυρτότητας της

στο $[0,\alpha]$ έχουμε ότι $\displaystyle{f(x)\leq 1+\frac{f(\alpha)-1}{\alpha}x, x\in[0,\alpha]}.$
H ποσότητα στο δεξί μέλος της παραπάνω ανισότητας είναι η ευθεία που ενώνει τα σημεία M(0,1)

και $N(\alpha,f(\alpha)).$

Συνεπώς $\displaystyle{\int_{0}^{\alpha}f(t)dt\leq \int_{0}^{\alpha}\left(1+\frac{f(\alpha)-1}{\alpha}t\right)dt=\dots=\frac{\alpha+\alpha\cdot f(\alpha)}{2}}.$

#5

Antonis Loutraris έγραψε:Μία προσέγγιση για το Δ.5 ( Εξαιρετικό ερώτημα )

Λόγω κυρτότητας της στο $[0,\alpha]$ έχουμε ότι $\displaystyle{f(x)\leq 1+\frac{f(\alpha)-1}{\alpha}x, x\in[0,\alpha]}.$

Θεωρούμε δεδομένο ότι η γραφική παράσταση κυρτής είναι κάτω απ΄τη χορδή ;

Antonis Loutraris · #6

Γιώργη προσωπικά αν ένας μαθητής μου έκανε ένα πρόχειρο γράφημα της $f(x)=e^{x^{2}}$ στο $[0,\alpha]$ και την χορδή θα
μου έφτανε, με δεδομένο ότι είχε απαντήσει αξιοπρεπώς στα προηγούμενα ερωτήματα του συγκεκριμένου θέματος.

Μελετημένο

Μελετημένο

Re: Μελετημένο

Re: Μελετημένο

Re: Μελετημένο

Re: Μελετημένο

Re: Μελετημένο

Μέλη σε σύνδεση