Γνωστή 2

Δυσκολότερα θέματα τα οποία όμως άπτονται της σχολικής ύλης και χρησιμοποιούν αποκλειστικά θεωρήματα που βρίσκονται μέσα σε αυτή. Σε διαφορετική περίπτωση η σύνταξη του μηνύματος θα πρέπει να γίνει στο υποφόρουμ "Ο ΦΑΚΕΛΟΣ ΤΟΥ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΥ"

Συντονιστής: Μπάμπης Στεργίου

Άβαταρ μέλους
erxmer
Δημοσιεύσεις: 1615
Εγγραφή: Δευ Σεπ 13, 2010 7:49 pm
Επικοινωνία:

Γνωστή 2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #1 από erxmer » Πέμ Μαρ 16, 2017 10:02 pm

Δίνεται συνάρτηση f: R \to R με f(0)=1, f'(0)=0 ώστε \displaystyle{[f'(x)]^2+f(x)f''(x)-f(x)f'(x)=1-x, x \in R}.

1) Nα βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης

2) \displaystyle{|\sqrt{b^2+1}-\sqrt{a^2+1}|<|a-b|, a<b}

3) Αν \displaystyle{G(x)=\frac{e^x-e^{-x}}{2}} να βρεθεί η αντίστροφή της και να υπολογιστεί το \displaystyle{\int_{0}^{1}\frac{1}{f(x)}dx}

4) \displaystyle{\int_{0}^{1}\left ( f(x)-x \right )dx>\frac{1}{2}}

5) \displaystyle{\int_{2}^{19}\frac{x^3}{f(x))}dx>2017}

6) \displaystyle{\left ( b-a \right )\sqrt{\left ( \frac{b+a}{2} \right )^2+1} \leq \int_{a}^{b}f(x)dx, b>a}

7) Nα λυθεί η εξίσωση f(x)=lnx+x

8) \displaystyle{\lim_{x \to +\infty}\frac{sin\left ( ln^3x \right )}{\sqrt[4]{x^2+1}}=0}

συνέχεια απο αυτή



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
exdx
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1198
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 6:00 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: Γνωστή 2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #2 από exdx » Παρ Μαρ 17, 2017 6:39 pm

Για το (1)
\displaystyle{\begin{array}{l}
 {[f'(x)]^2} + f(x)f''(x) - f(x)f'(x) = 1 - x \Rightarrow {\left( {2f(x)f'(x)} \right)^\prime } - 2f(x)f'(x) = 2 - 2x \Rightarrow  \\ 
  \Rightarrow {\left( {{{\left( {{f^2}(x)} \right)}^\prime }} \right)^\prime } - {\left( {{f^2}(x)} \right)^\prime } = 2 - 2x \Rightarrow {\left( {{f^2}(x)} \right)^\prime } - {f^2}(x) = 2x - {x^2} + {c_1} \Rightarrow {\left( {{f^2}(x)} \right)^\prime } - {f^2}(x) = 2x - {x^2} - 1 \Rightarrow  \\ 
  \Rightarrow {\left( {{f^2}(x)} \right)^\prime }{e^{ - x}} + {\left( {{e^{ - x}}} \right)^\prime }{f^2}(x) = 2x{e^{ - x}} - {x^2}{e^{ - x}} - {e^{ - x}} \Rightarrow {\left( {{e^{ - x}}{f^2}(x)} \right)^\prime } = {\left( {{x^2}{e^{ - x}} + {e^{ - x}}} \right)^\prime } \Rightarrow  \\ 
 {e^{ - x}}{f^2}(x) = {x^2}{e^{ - x}} + {e^{ - x}} + c \\ 
 \end{array}}
Για \displaystyle{x=0\Rightarrow c=0} άρα \displaystyle{{{e}^{-x}}{{f}^{2}}(x)={{x}^{2}}{{e}^{-x}}+{{e}^{-x}}\Rightarrow {{f}^{2}}(x)={{x}^{2}}+1}
Επειδή \displaystyle{f(x)\ne 0} και η \displaystyle{f}συνεχής οπότε διατηρεί πρόσημο κι αφού \displaystyle{f(0)=1>0} θα είναι :
\displaystyle{f(x)=\sqrt{{{x}^{2}}+1}}


Kαλαθάκης Γιώργης
Σταμ. Γλάρος
Δημοσιεύσεις: 235
Εγγραφή: Δευ Ιουν 18, 2012 1:51 pm

Re: Γνωστή 2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #3 από Σταμ. Γλάρος » Παρ Μαρ 17, 2017 10:36 pm

erxmer έγραψε:Δίνεται συνάρτηση f: R \to R με f(0)=1, f'(0)=0 ώστε \displaystyle{[f'(x)]^2+f(x)f''(x)-f(x)f'(x)=1-x, x \in R}.

1) Nα βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης

2) \displaystyle{|\sqrt{b^2+1}-\sqrt{a^2+1}|<|a-b|, a<b}

3) Αν \displaystyle{G(x)=\frac{e^x-e^{-x}}{2}} να βρεθεί η αντίστροφή της και να υπολογιστεί το \displaystyle{\int_{0}^{1}\frac{1}{f(x)}dx}

4) \displaystyle{\int_{0}^{1}\left ( f(x)-x \right )dx>\frac{1}{2}}

5) \displaystyle{\int_{2}^{19}\frac{x^3}{f(x))}dx>2017}

6) \displaystyle{\left ( b-a \right )\sqrt{\left ( \frac{b+a}{2} \right )^2+1} \leq \int_{a}^{b}f(x)dx, b>a}

7) Nα λυθεί η εξίσωση f(x)=lnx+x

8) \displaystyle{\lim_{x \to +\infty}\frac{sin\left ( ln^3x \right )}{\sqrt[4]{x^2+1}}=0}

συνέχεια απο αυτή


Καλησπέρα στην εκλεκτή παρέα.
Συνεχίζοντας την λύση της ωραίας άσκησης για το 2) και το 3)...

2) |\sqrt{b^2+1}-\sqrt{a^2+1}|<|a-b| \Leftrightarrow \left | \dfrac{\sqrt{b^2 +1} - \sqrt{a^2 +1}}{b-a} \right | <1 (1)

Ισχύουν οι προϋπεθέσεις του ΘΜΤ. για την f στο [a,b].
Συνεπώς υπάρχει τουλάχιστον ένα k\in(a,b) τέτοιο ώστε : f'(k)= \dfrac{\sqrt{b^2 +1} - \sqrt{a^2 +1}}{b-a} .
Επίσης f'(x)=\dfrac{x}{\sqrt{x^2 +1}}. Επομένως λόγω της (1) αρκεί να δείξω:
|f'(k)|<1 \Leftrightarrow \dfrac{|k|} {\sqrt{k^2 +1}}  <1 \Leftrightarrow |k|< \sqrt{k^2 +1} \Leftrightarrow k^2 <k^2 +1 \Leftrightarrow0<1 , ισχύει.

3) Είναι \displaystyle{G'(x)=\frac{e^x+e^{-x}}{2}} >0. Άρα η G είναι γνησίως αύξουσα στο \mathbb{R}, συνεπώς και G: 1-1.
Τώρα για y=G(x) έχουμε : y=\dfrac{e^x-e^{-x}}{2} \Leftrightarrow \left ( (e^x) \right )^2 -2ye^x -1=0.
Θέτω e^x=t >0. Είναι t^2-2yt-1=0 και έχουμε δεκτή ρίζα την θετική, t = y + \sqrt{y^2 +1}.
Άρα e^x = y + \sqrt{y^2 +1} \Leftrightarrow x =ln  \left ( y + \sqrt{y^2 +1}  \right ) .
Επομένως G^{-1}(x)= ln  \left ( x + \sqrt{x^2 +1}  \right ) .

Επίσης \left ( G^{-1} \right )'(x)=\dfrac{1}{\sqrt{x^2 +1}}=\dfrac{1}{f(x)}.

Άρα \displaystyle \int_{0}^{1}\dfrac{1}{f(x)}dx = G^{-1}(1)- G^{-1}(0)=ln\left (1+ \sqrt{2} \right ).

Φιλικά
Σταμ. Γλάρος


Άβαταρ μέλους
exdx
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1198
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 6:00 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: Γνωστή 2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #4 από exdx » Σάβ Μαρ 18, 2017 6:53 pm

Συνέχεια με τα 4 ,7 , 8

4)\displaystyle{f(x)-x=\sqrt{{{x}^{2}}+1}-x\ge 1-x\Rightarrow \int_{0}^{1}{(f(x)-x)dx>\int_{0}^{1}{(1-x)}}dx=\left[ x-\frac{{{x}^{2}}}{2} \right]_{0}^{1}=\frac{1}{2}}

7) \displaystyle{f(x)=lnx+x\Leftrightarrow \sqrt{{{x}^{2}}+1}=\ln x+x,\,\,\,x>0}
Έστω \displaystyle{g(x)=\sqrt{{{x}^{2}}+1}-\ln x-x,\,\,\,x>0}
Τότε \displaystyle{g(1)=\sqrt{2}-1>0\,\,\,\,,\,\,\,\,g(2)=\sqrt{5}-\ln 2-2\le \sqrt{5}-2+1-2=\sqrt{5}-3<0}
Άρα από Θ. Bolzano εξασφαλίζεται η ύπαρξη μιας τουλάχιστον ρίζας και επειδή
\displaystyle{{g}'(x)=\frac{x}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}-\frac{1}{x}-1<\frac{x}{\sqrt{{{x}^{2}}}}-\frac{1}{x}-1=-\frac{1}{x}<0,\,\,\,x>0} έχουμε ότι
η g είναι γνησίως φθίνουσα άρα η ρίζα αυτή είναι μοναδική

8) Είναι : \displaystyle{\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{sin\left( l{{n}^{3}}x \right)}{\sqrt[4]{{{x}^{2}}+1}}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{sin\left( l{{n}^{3}}x \right)}{\sqrt{x}}\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}\sqrt[4]{1+\frac{1}{{{x}^{2}}}}}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{sin\left( l{{n}^{3}}x \right)}{\sqrt{x}}\frac{1}{\sqrt[4]{1+\frac{1}{{{x}^{2}}}}}=0}
διότι : \displaystyle{\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{\sqrt[4]{1+\frac{1}{{{x}^{2}}}}}=1\,\,\text{ }\!\!\kappa\!\!\text{  }\!\!\alpha\!\!\text{  }\!\!\iota\!\!\text{     }\left| \frac{sin\left( l{{n}^{3}}x \right)}{\sqrt{x}} \right|\le \frac{1}{\sqrt{x}}\Rightarrow \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{sin\left( l{{n}^{3}}x \right)}{\sqrt{x}}=0} (από κριτήριο παρεμβολής )


Kαλαθάκης Γιώργης
Σταμ. Γλάρος
Δημοσιεύσεις: 235
Εγγραφή: Δευ Ιουν 18, 2012 1:51 pm

Re: Γνωστή 2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #5 από Σταμ. Γλάρος » Δευ Μαρ 20, 2017 11:32 pm

Μια προσπάθεια στο 5.
Είναι: \displaystyle \int_{2}^{19}\frac{x^3}{f(x)} dx =\int_{2}^{19}\frac{x^3}{\sqrt{x^2+1 }} dx = \int_{2}^{19}\frac{x}{\sqrt{x^2+1 }} \cdot x^2 dx =

= \displaystyle\int_{2}^{19}\left (\sqrt{x^2+1} \right )' \cdot x^2 dx =

= \displaystyle\sqrt{19^2+1} \cdot 19^2-\sqrt{2^2+1}\cdot 2^2- \int_{2}^{19}\sqrt{x^2+1}\cdot 2x  dx =

= \displaystyle\sqrt{362} \cdot 361-\sqrt{5}\cdot 4- \int_{2}^{19}\left (x^2+1 \right )^ \frac{1}{2}\cdot \left (x^2+1 \right )' dx=

=\displaystyle\sqrt{362} \cdot 361-\sqrt{5}\cdot 4- \int_{2}^{19}\left (\frac{\left ( x^2+1 \right )^{\frac{3}{2}}}{\frac{3}{2}} \right )'dx=

=\sqrt{362} \cdot 361-\sqrt{5}\cdot 4- \dfrac{2}{3}\left ( \sqrt{362}\right )^3 +\dfrac{2}{3}\left (\sqrt{5}\right )^3 =

=\sqrt{362} \left ( 361- \dfrac{2}{3}\cdot362\right ) +2\sqrt{5}\left (\dfrac{5}{3} -2\right )=

=\dfrac{\sqrt{362}\cdot 359-2\sqrt{5}}{3}.

Αρκεί τώρα να δείξω ότι \dfrac{\sqrt{362}\cdot 359-2\sqrt{5}}{3} > 2017 \Leftrightarrow

\Leftrightarrow \sqrt{362}\cdot 359  > 3 \cdot2017 + 2\sqrt{5}  , το οποίο προφανώς ισχύει.

Φιλικά
Σταμ. Γλάρος



Επιστροφή σε “ΘΕΜΑΤΑ ΜΕ ΑΠΑΙΤΗΣΕΙΣ Γ'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης