Tαπεινή

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:

Tαπεινή

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #1 από erxmer » Κυρ Μαρ 19, 2017 10:27 pm

Δίνεται η συνάρτηση f(x)=x+ln(x^2+1).

1) Nα μελετηθεί ως προς την μονοτονία και να βρεθεί το σύνολο τιμών της

2) Να δειχθεί οτι αντιστρέφεται και να βρεθούν τα κοινα σημεία των \displaystyle{f,f^{-1}}

3) Nα λυθεί η εξίσωση \displaystyle{f(x)=e^{-ax}},a \in R_{+} για να είναι σωστή η διερεύνηση

4) \displaystyle{\frac{1}{2}\int_{-1}^{1}f(x)dx \leq f(-1)+f'(1)}

5) \displaystyle{\lim_{x \to 0^{-}}\frac{f(x)-cosx}{sinx}=;}
τελευταία επεξεργασία από erxmer σε Τρί Μαρ 21, 2017 1:54 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3675
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Tαπεινή

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #2 από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Δευ Μαρ 20, 2017 10:35 pm

erxmer έγραψε:Δίνεται η συνάρτηση f(x)=x+ln(x^2+1).

1) Nα μελετηθεί ως προς την μονοτονία και να βρεθεί το σύνολο τιμών της

2) Να δειχθεί οτι αντιστρέφεται και να βρεθούν τα κοινα σημεία των \displaystyle{f,f^{-1}}

3) Nα λυθεί η εξίσωση \displaystyle{f(x)=e^{-ax}},a \in R

4) \displaystyle{\frac{1}{2}\int_{-1}^{1}f(x)dx \leq f(-1)+f'(1)}

5) \displaystyle{\lim_{x \to 0^{-}}\frac{f(x)-cosx}{sinx}=;}



1) Η f είναι παραγωγίσιμη στο R (… πράξεις με παραγωγίσιμες) με f'\left( x \right) = 1 + \dfrac{{2x}}{{{x^2} + 1}} =  \ldots \dfrac{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{{{x^2} + 1}} \geqslant 0,\forall x \in R

με f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow x =  - 1 (μεμωνομένο σημείο), άρα f γνησίως αύξουσα στο R \Rightarrow f\left( {{A_f}} \right)\mathop  = \limits^{f\,\,\sigma \upsilon \nu \varepsilon \chi \eta \varsigma \,\,} \left( {\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } f\left( x \right),\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f\left( x \right)} \right)

Είναι \left\{ \begin{gathered}
  \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } x =  + \infty  \\ 
  \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {\ln \left( {{x^2} + 1} \right)} \right)\mathop  = \limits^{u = {x^2} + 1,x \to  + \infty  \Rightarrow u \to  + \infty } \mathop {\lim }\limits_{u \to  + \infty } \left( {\ln u} \right) + \infty  \\ 
\end{gathered}  \right. \Rightarrow  \ldots \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f\left( x \right) =  + \infty και

\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left[ {\ln \left( {{x^2} + 1} \right) + x} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left[ {x\left( {\dfrac{{\ln \left( {{x^2} + 1} \right)}}{x} + 1} \right)} \right]

\mathop  = \limits^{\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \dfrac{{\ln \left( {{x^2} + 1} \right)}}{x}\mathop  = \limits^{\dfrac{{ + \infty }}{{ - \infty }},De\,\,L'\,Hospital} \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \dfrac{{2x}}{{{x^2} + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \dfrac{{2x}}{{{x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {2\dfrac{1}{x}} \right) = 0,\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } x =  - \infty } \ldots  - \infty

οπότε \boxed{f\left( {{A_f}} \right) = \left( { - \infty , + \infty } \right)}

2) Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα (άρα και «1-1») θα είναι αντιστρέψιμη και επειδή είναι γνησίως αύξουσα (γνωστή πρόταση) θα είναι

\left\{ \begin{gathered}
  y = f\left( x \right) \\ 
  y = {f^{ - 1}}\left( x \right) \\ 
\end{gathered}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
  y = f\left( x \right) \\ 
  y = x \\ 
\end{gathered}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
  f\left( x \right) = x \\ 
  y = x \\ 
\end{gathered}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
  x + \ln \left( {{x^2} + 1} \right) = x \\ 
  y = x \\ 
\end{gathered}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
  \ln \left( {{x^2} + 1} \right) = 0 \\ 
  y = x \\ 
\end{gathered}  \right.

\Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
  {x^2} + 1 = 1 \\ 
  y = x \\ 
\end{gathered}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered}
  x = 0\,\,(\delta \iota \pi \lambda \eta ) \\ 
  y = x \\ 
\end{gathered}  \right. \Leftrightarrow \boxed{{C_f} \cap {C_{{f^{ - 1}}}} \equiv O\left( {0,0} \right)} (υπάρχει επαφή των γραφικών τους παραστάσεων λόγω του διπλού σημείου).

3) Με f\left( 0 \right)=0 και το γεγονός ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο R θα ισχύει: \forall x \leqslant 0 \Rightarrow f\left( x \right) \leqslant f\left( 0 \right) = 0\mathop  \Rightarrow \limits^{{e^{ - ax}} > 0,\forall x \in R}

η εξίσωση f\left( x \right)={{e}^{-ax}} είναι αδύνατη στο διάστημα \left( -\infty ,0 \right]

Επομένως η λύση της ζητούμενης εξίσωσης θα αναζητηθεί στο διάστημα \left( 0,+\infty  \right) .
Θεωρούμε τη συνάρτηση g\left( x \right)={{e}^{-ax}}

Για a = 0 \Rightarrow g\left( x \right) = 1 \mathrel\backepsilon  f\left( {{A_f}} \right) \equiv R\mathop  \Rightarrow \limits^{f\,\,1 - 1} \exists {x_0} μοναδικό ώστε f\left( {{x}_{0}} \right)=1 και άρα η ζητούμενη εξίσωση έχει μοναδική ρίζα.

Για a>0 είναι g\left( x \right)={{e}^{-ax}} γνησίως φθίνουσα

Θεωρούμε τη συνάρτηση h\left( x \right)=f\left( x \right)-g\left( x \right) η οποία είναι γνησίως αύξουσα στο \left[ 0,+\infty  \right) (άθροισμα γνησίως αυξουσών) και λόγω της συνέχειάς της στο \left[ 0,+\infty  \right)

θα ισχύει: h\left( {\left[ {0, + \infty } \right)} \right) = \left[ {h\left( 0 \right),\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } h\left( x \right)} \right) = \left[ { - 1,\mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } h\left( x \right)} \right) και

\left\{ \begin{gathered}
  \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } f\left( x \right) =  + \infty  \\ 
  \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } g\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } {e^{ - ax}}\mathop  = \limits^{u =  - ax,x \to  + \infty \mathop  \Rightarrow \limits^{a > 0} u \to  - \infty } \mathop {\lim }\limits_{u \to  - \infty } {e^u} = 0 \\ 
\end{gathered}  \right. \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } h\left( x \right) =  + \infty.

Αρα h\left( {\left[ {0, + \infty } \right)} \right) = \left[ { - 1, + \infty } \right) \mathrel\backepsilon  0 \Rightarrow \exists {x_1} \in \left( {0, + \infty } \right):h\left( {{x_1}} \right) = 0

(το οποία είναι και μοναδικό λόγω του γεγονότος ότι η h είναι γνησίως αύξουσα στο \left( 0,+\infty  \right) και συνεπώς η εξίσωση έχει μοναδική ρίζα.

Για a<0 η εξίσωση μπορεί να είναι αδύνατη ή να έχει μία λύση (διπλή) ή το πολύ δύο αλλά εδώ λογιστικά
μάλλον υπάρχει κάποιο πρόβλημα διερεύνησης των επί μέρους τιμών του a\in \left( -\infty ,0 \right)
:shock:
4) Αρκεί να δείξουμε ισοδύνμα ότι: \dfrac{1}{2}\int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right)dx}  \leqslant  - 1 + \ln 2 + 2 \Leftrightarrow \int\limits_{ - 1}^1 {f\left( x \right)dx}  \leqslant 2 + 2\ln 2

Είναι \int\limits_{ - 1}^1 {\left( {x + \ln \left( {{x^2} + 1} \right)} \right)dx}  = \left[ {\dfrac{{{x^2}}}{2}} \right]_{ - 1}^1 + \left[ {x\ln \left( {{x^2} + 1} \right)} \right]_{ - 1}^1 - \int\limits_{ - 1}^1 {\dfrac{{2{x^2}}}{{{x^2} + 1}}dx}  = 2\ln 2 - \left[ {2x - 2\dfrac{{{x^3}}}{3}} \right]_{ - 1}^1 = 2\ln 2 \leqslant 2 + 2\ln 2.

5) \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \dfrac{{f\left( x \right) - \cos x}}{{\sin x}}\mathop  = \limits^{\dfrac{0}{0},De\,\,L'\,\,Hospital} \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \dfrac{{f'\left( x \right) + \sin x}}{{\cos x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ - }} \dfrac{{\dfrac{{{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}{{{x^2} + 1}} + \sin x}}{{\cos x}} = 1


Στάθης


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 2812
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα
Επικοινωνία:

Re: Tαπεινή

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #3 από Tolaso J Kos » Τρί Μαρ 21, 2017 1:51 am

Στάθη ,

το ολοκληρώμα της f από -1 ως 1 δε κάνει 2 \ln 2 .... οπότε πρέπει να ξανά δεις το ερώτημα αυτό .


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 1231
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Tαπεινή

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #4 από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Τρί Μαρ 21, 2017 9:59 am

Για το 4)

\int_{-1}^{1}f(x)dx=\int_{-1}^{1}xdx+\int_{-1}^{1}ln(x^{2}+1)dx=0+\int_{-1}^{1}ln(x^{2}+1)dx\leq 2ln2

γιατί ολοκλήρωμα περιττής σε συμμετρικό διάστημα μηδενίζετε.

και x\in [-1,1]\Rightarrow ln(x^{2}+1)\leq ln2


Αλλά f(-1)=-1+ln2,f'(1)=2

Αρα f(-1)+f'(1)=1+ln2> 2ln2

και έχουμε την ζητούμενη χωρίς το \frac{1}{2} μπροστά.



Επιστροφή σε “ΘΕΜΑΤΑ ΜΕ ΑΠΑΙΤΗΣΕΙΣ Γ'”

Μέλη σε σύνδεση

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