ΟΡΙΑ ΚΑΙ ΑΠΑΙΤΗΣΕΙΣ

#1

...για τους ξενυχτες της παρέας, δύο θέματα από το αρχείο μου,αγνώστου πηγής...

1) Αν $a,\beta \in R$ και ισχύει $a{{e}^{x}}+\beta {{e}^{-x}}\ge 2$ για κάθε $x\in R$ να αποδείξετε ότι $a\beta \ge 1$

2) Για την συνάρτηση $f:R\to R$ ισχύει η σχέση $2f(x)+\eta \mu (f(x))=x,\,\,\,x\in R$
Να δείξετε ότι $\displaystyle{\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,f(x)=0}$ .

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

#2

Διακρίνουμε περιπτώσεις :

Αν a=0

τότε $b\geq2e^x$ για κάθε $x\in\mathbb R$ , άτοπο αφού $\de\lim_{x\to+\infty}e^x=+\infty$ .

Av b=0

, τότε $ae^x\geq2$ για κάθε $x\in\mathbb R$ , άτοπο αφού $\de\lim_{x\to-\infty}e^x=0$ .

Av a>0

και

, τότε παίρνοτας όρια στη δοθείσα για $x\to-\infty$ έχουμε άτοπο.

Av a<0

και

, τότε παίρνοτας όρια στη δοθείσα για $x\to+\infty$ έχουμε άτοπο.

Av a<0

και

, τότε για x=0

στη δοθείσα έχουμε άτοπο.

Για a,b>0

τώρα θέτοντας $f(x)=ae^x+be^{-x}$ έχουμε $f{'}(x)>0\Leftrightarrow x>\ln(\sqrt{b/a})$ και $f{'}(x)<0\Leftrightarrow x<\ln(\sqrt{b/a})$ .

Έχουμε δηλαδή ολικό ελάχιστο το $f(\sqrt{b/a})$ και απο τη δοθείσα θα πρέπει $f(\sqrt{b/a})\geq2$ , άρα $ab\geq1$ .

2) Από την $|\eta\mu x|\leq|x|$ και τη δοθείσα έχουμε $|x-2f(x)|\leq|f(x)|$ , άρα :

Για $f(x)\geq0$ παίρνουμε $\begin{cases}f(x)\leq x \\ \wedge \\ f(x)\geq x/3\end{cases}$ και για $f(x)\leq0$ παίρνουμε $\begin{cases}f(x)\geq x \\ \wedge \\ f(x)\leq x/3\end{cases}$ .

Από τα παραπάνω προκύπτει ότι :

Αν x>0

τότε $f(x)\geq0$ και $x/3\leq f(x)\leq x$ άρα $\lim x_{x\to0^+}f(x)=0$ και

Αν x<0

τότε $f(x)\leq0$ και $x\leq f(x)\leq x/3$ άρα $\lim x_{x\to0^-}f(x)=0$ .

Συνολικά $\displaystyle{\lim_{x\to0}f(x)=0}$ .

Μάκης Χατζόπουλος · #3

KAKABASBASILEIOS έγραψε:...για τους ξενυχτες της παρέας, δύο θέματα από το αρχείο μου,αγνώστου πηγής...

1) Αν $a,\beta \in R$ και ισχύει $a{{e}^{x}}+\beta {{e}^{-x}}\ge 2$ για κάθε $x\in R$ να αποδείξετε ότι $a\beta \ge 1$

Βασίλη τι μας κάνεις βραδιάτικα, έχε χάρη που η μικρή είναι άρρωστη, οπότε η άσκηση σου μου κρατάει καλή παρέα

Θέτουμε συνάρτηση $f\left( x \right) = a{e^x} + b{e^{ - x}}$ με $f\left( 0 \right) = a + b \ge 2$ άρα αποκλείονται οι περιπτώσεις $a \le 0 \wedge b \le 0$ . Για κάθε $x \in R$ έχουμε $f\left( x \right) \ge 2$ (1) και

$f'\left( x \right) = a{e^x} - b{e^{ - x}}$ για να την λύσουμε διακρίνουμε περιπτώσεις για το πρόσημο των a,b

.

$\bullet {\rm A}\nu \,\,a > 0 \wedge b < 0$ τότε f' > 0

δηλαδή η

είναι γνησίως φθίνουσα σε όλο το

και το σύνολο τιμών της είναι $f\left( A \right) = \left( {\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right),\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right)} \right) = \left( { - \infty , + \infty } \right)$ άτοπο λόγω της (1)

$\bullet {\rm A}\nu \,\,a < 0 \wedge b > 0$ τότε f' > 0

δηλαδή η

είναι γνησίως αύξουσα σε όλο το

και το σύνολο τιμών της είναι
$f\left( A \right) = \left( {\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right),\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right)} \right) = \left( { - \infty , + \infty } \right)$ άτοπο λόγω της (1)

$\bullet a = 0 \Rightarrow b \ge 2$ οπότε $f'\left( x \right) = - b{e^{ - x}} < 0$ με σύνολο τιμών $f\left( A \right) = \left( {\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right),\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right)} \right) = \left( {0, + \infty } \right)$ άτοπο λόγω της (1)

$\bullet b = 0 \Rightarrow a \ge 2$ τότε $f'\left( x \right) = a{e^x} > 0$ με σύνολο τιμών $f\left( A \right) = \left( {\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right),\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right)} \right) = \left( {0, + \infty } \right)$ άτοπο λόγω της (1)

Οπότε δεκτές τιμές $a > 0 \wedge b > 0$ που εύκολα βρίσκουμε μονοτονία και ακρότατα της συνάρτησης όπως φαίνεται παρακάτω:
$f'\left( x \right) = 0 \Rightarrow a{e^x} - b{e^{ - x}} = 0 \Rightarrow {e^{2x}} = \frac{b}{a} \Rightarrow x = \frac{1}{2}\ln \left( {\frac{b}{a}} \right)$

$f'\left( x \right) > 0 \Rightarrow a{e^x} - b{e^{ - x}} > 0 \Rightarrow {e^{2x}} > \frac{b}{a} \Rightarrow x > \frac{1}{2}\ln \left( {\frac{b}{a}} \right)$

άρα στο σημείο ${x_0} = \frac{1}{2}\ln \left( {\frac{b}{a}} \right) = \ln \left( {\sqrt {\frac{b}{a}} } \right)$ η συνάρτηση παρουσιάζει ελάχιστο με ελάχιστη τιμή

$f\left( {{x_0}} \right) \ge 2 \Rightarrow a\sqrt {\frac{b}{a}} + b\sqrt {\frac{a}{b}} \ge 2 \Rightarrow \sqrt {ab} + \sqrt {ab} \ge 2 \Rightarrow 2\sqrt {ab} \ge 2 \Rightarrow ab \ge 1$

Βρε Τάσο πότε την είδες, πότε την έλυσες και πότε την πληκτρολόγησες; Και νόμιζα ότι έπαιζα μόνος μου βραδιάτικα!!! Με έβγαλες από τον κόπο για την δεύτερη!

#4

έχουμε $\displaystyle{-1\le x-2f(x)\le 1 \Rightarrow (x+1)/2\ge f(x) \ge (x-1)/2}$ και αφού $\displaystyle{x\to 0}$ τελικά $\displaystyle{|f(x)|<\pi /2}$ οπότε με άτοπο δείχνουμε ότι και $\displaystyle{x,f(x)}$ ομόσημοι

θεωρούμε την $\displaystyle{\frac{2y}{\pi}<siny<y}$ όταν $\displaystyle{0<y<\pi/2}$ άρα $\displaystyle{2y(\frac{\pi +1}{\pi})<2y+siny<3y}$
αντίστοιχα όταν $\displaystyle{-\pi /2<y<0}$

Αρα με $\displaystyle{y=sinx}$ έχουμε $\displaystyle{2y(\frac{\pi +1}{\pi})<x<3y}$ ή $\displaystyle{\frac{x}{3}<y<\frac{\pi x}{2(\pi +1)}}$

άρα το δεξί πλευρικό οριο είναι βάσει του ΚΠ το $\displaystyle{0}$ (όμοια και το αριστερό)

#5

..Καλημέρα σε όλη την παρέα...Ευχαριστώ τον Τάσο, τον Ροδόλφο και τον Μάκη..(περαστικά στην κοράκλα σου...) για την ενασχόληση με τα θεματα
και δίνω δύο πιο ήπιες αντιμετωπίσεις όπως τις είδα εγώ...

α) Αν $f(x)=a{{e}^{x}}+\beta {{e}^{-x}}$ τότε ισχύει $f(x)\ge 2,\,\,\,x\in R$ και έχουμε

με a=0

$f(x)=\beta {{e}^{-x}}$ τότε $\beta {{e}^{-x}}\ge 2\Leftrightarrow \beta \ge 2{{e}^{x}}$ που είναι άτοπο για κάθε $x\in R$ άρα $a\ne 0$

με a<0

τότε επειδή $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{e}^{x}}=+\infty$ και $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{e}^{-x}}=0$ θα είναι $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)=-\infty$ που είναι άτοπο λόγω $f(x)\ge 2,\,\,\,x\in R$

άρα αναγκαία a>0

και από $a{{e}^{x}}+\beta {{e}^{-x}}\ge 2\Leftrightarrow a{{e}^{2x}}-2{{e}^{x}}+\beta \ge 0,\,\,x\in R$ και από πρόσημο τριωνύμου θα πρέπει η $\Delta =4-4a\beta \le 0\Leftrightarrow \alpha \beta \ge 1$

β) Από $2f(x)+\eta \mu (f(x))=x\Leftrightarrow 2f(x)=-\eta \mu (f(x))+x$ οπότε αναγκαία $\left| 2f(x) \right|=\left|- \eta \mu (f(x))+x \right|\le \left| \eta \mu (f(x)) \right|+\left| x \right|$ και επειδή

$\left| \eta \mu (f(x)) \right|\le \left| f(x) \right|$ θα ισχύει αναγκαία $2\left| f(x) \right|\le \left| x \right|+\left| f(x) \right|\Leftrightarrow \left| f(x) \right|\le \left| x \right|$ και από κριτήριο παρεμβολής προκύπτει $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,f(x)=0$

Φιλικά και Μαθηματικα
Βασίλης

#6

Ας προσθέσουμε κάποια ερωτηματάκια στη

:

α) Δείξτε ότι η f(x)

είναι γνησίως αύξουσα,

β) Βρείτε τα όρια $\displaystyle{\lim_{x\to\pm\infty}f(x)}$ και $\displaystyle{\lim_{x\to\pm\infty}\frac{f(x)}{x}}$ .

#7

...καλησπέρα

με την δική μου συνδρομή στα ερωτήματα του Τάσου....

α) Αν $g(x)=2x+\eta \mu x,\,\,\,x\in R$ είναι ${g}'(x)=2+\sigma \upsilon \nu x>0,\,\,\,x\in R$ άρα η

γνήσια αύξουσα στο R και από την ισότητα προκύπτει ότι g(f(x))=x

και

για ${{x}_{1}},{{x}_{2}}\in R$ με ${{x}_{1}}<{{x}_{2}}$ ισχύει $g(f({{x}_{1}}))<g(f({{x}_{2}}))$ και επειδή

γνήσια αύξουσα στο R θα ισχύει $f({{x}_{1}})<f({{x}_{2}})$ επομένως

είναι γνήσια αύξουσα στο R.

β) Από την ανισότητα $\frac{x-1}{2}\le f(x)\le \frac{x+1}{2}$ (….Ροδόλφος λύση…) επειδή $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x-1}{2}=+\infty$ το $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)=+\infty$ και επειδή $\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x+1}{2}=-\infty$ το $\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)=-\infty$

Τώρα από $2f(x)+\eta \mu (f(x))=x\overset{x\ne 0}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,2\frac{f(x)}{x}+\frac{\eta \mu (f(x))}{x}=1$ και αφού $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)=+\infty$ θα είναι και f(x)>0

άρα και $f(x)\ne 0$ επομένως θα ισχύει

$2\frac{f(x)}{x}+\frac{\eta \mu (f(x))}{f(x)}\frac{f(x)}{x}=1\Leftrightarrow \frac{f(x)}{x}(2+\frac{\eta \mu (f(x))}{f(x)})=1$ (1)

Ακόμη είναι $\left| \frac{\eta \mu (f(x))}{f(x)} \right|\le \frac{1}{f(x)}\Leftrightarrow -\frac{1}{f(x)}\le \frac{\eta \mu (f(x))}{f(x)}\le \frac{1}{f(x)}$ και αφού $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{f(x)}=0$ σύμφωνα με το κριτήριο παρεμβολής $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\eta \mu (f(x))}{f(x)}=0$ άρα και

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,(2+\frac{\eta \mu (f(x))}{f(x)})=2>0$ έτσι από (1) $\frac{f(x)}{x}=\frac{1}{2+\frac{\eta \mu (f(x))}{f(x)}}$ οπότε $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x)}{x}=\frac{1}{2}$ .... όμοια και για το $-\infty$

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

parmenides51 · #8

Για το δέυτερο ερώτημα του Τάσου, διαφορετικά για το όριο $\displaystyle{\lim_{x\to\pm\infty}\frac{f(x)}{x}}$ :

Από τον Ροδόλφο έχουμε $\displaystyle{\frac{x-1}{2}\le f(x)\le \frac{x+1}{2}}$ :

Οπότε για $\displaystyle{x>0}$ έχουμε $\displaystyle{\frac{x-1}{2x}\le \frac{f(x)}{x}\le \frac{x+1}{2x}}$

κι επειδή $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{x-1}{2x}=\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{x+1}{2x}=\frac{1}{2}}$ ως όρια ρητών στο $\displaystyle{+\infty}$

από κριτήριο παρεμβολής θα έχουμε πως $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{f(x)}{x}=\frac{1}{2}}$

Ομοίως για $\displaystyle{x<0}$ θα έχουμε $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}\frac{f(x)}{x}=\frac{1}{2}}$

Υ.Γ. Το ίδιο ερώτημα κι εδώ

#9

KAKABASBASILEIOS έγραψε:...για τους ξενυχτες της παρέας, δύο θέματα από το αρχείο μου,αγνώστου πηγής...

1) Αν $a,\beta \in R$ και ισχύει $a{{e}^{x}}+\beta {{e}^{-x}}\ge 2$ για κάθε $x\in R$ να αποδείξετε ότι $a\beta \ge 1$

Αλλιώς (και χωρίς παραγώγους).

Όπως στις προηγούμενες αποδείξεις, είναι a>0

. Βάζουμε τώρα $x= -\ln a$ στην δοθείσα. Δίνει $a\cdot \frac {1}{a} + ba \ge 2$ . Άρα $ab \ge 1$ , όπως θέλαμε.

Φιλικά,

Μιχάλης

#10

Mihalis_Lambrou έγραψε:Όπως στις προηγούμενες αποδείξεις, είναι . Βάζουμε τώρα $x= -\ln a$ στην δοθείσα. Δίνει $a\cdot \frac {1}{a} + ba \ge 2$ . Άρα $ab \ge 1$ , όπως θέλαμε.

Φιλικά,

Μιχάλης

Βρε δάσκαλε πώς το ξεφτύλισες έτσι...

#11

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:
Βρε δάσκαλε πώς το ξεφτύλισες έτσι...

Mihalis_Lambrou έγραψε:Όπως στις προηγούμενες αποδείξεις, είναι .

Αν θες να γλιτώσεις και την απόδειξη του a>0

(για να μην παίρνουμε όρια στο άπειρο και κουραστούμε) λέμε:

Δεν μπορεί και τα δύο εκ των a, b

να είναι $\le 0$ γιατί τότε $ae^x+ be^{-x} \le 0$ , άτοπο. Τώρα,

Αν a>0

βάζουμε $x=-\ln a$ ενώ αν b>0

βάζουμε $x=\ln b$ . Και στις δύο περιπτώσεις παίρνουμε $ab \ge 1$ .

Φιλικά,

Μιχάλης

Atemlos · #12

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:
Mihalis_Lambrou έγραψε:Όπως στις προηγούμενες αποδείξεις, είναι . Βάζουμε τώρα $x= -\ln a$ στην δοθείσα. Δίνει $a\cdot \frac {1}{a} + ba \ge 2$ . Άρα $ab \ge 1$ , όπως θέλαμε.

Φιλικά,

Μιχάλης
Βρε δάσκαλε πώς το ξεφτύλισες έτσι...

Astonishing

...

ΟΡΙΑ ΚΑΙ ΑΠΑΙΤΗΣΕΙΣ

ΟΡΙΑ ΚΑΙ ΑΠΑΙΤΗΣΕΙΣ

Re: ΟΡΙΑ ΚΑΙ ΑΠΑΙΤΗΣΕΙΣ

Re: ΟΡΙΑ ΚΑΙ ΑΠΑΙΤΗΣΕΙΣ

Re: ΟΡΙΑ ΚΑΙ ΑΠΑΙΤΗΣΕΙΣ

Re: ΟΡΙΑ ΚΑΙ ΑΠΑΙΤΗΣΕΙΣ

Re: ΟΡΙΑ ΚΑΙ ΑΠΑΙΤΗΣΕΙΣ

Re: ΟΡΙΑ ΚΑΙ ΑΠΑΙΤΗΣΕΙΣ

Re: ΟΡΙΑ ΚΑΙ ΑΠΑΙΤΗΣΕΙΣ

Re: ΟΡΙΑ ΚΑΙ ΑΠΑΙΤΗΣΕΙΣ

Re: ΟΡΙΑ ΚΑΙ ΑΠΑΙΤΗΣΕΙΣ

Re: ΟΡΙΑ ΚΑΙ ΑΠΑΙΤΗΣΕΙΣ

Re: ΟΡΙΑ ΚΑΙ ΑΠΑΙΤΗΣΕΙΣ

Μέλη σε σύνδεση