mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Απρ 20, 2017 12:48 am**

Δίνεται $f:(1,\infty )\rightarrow \mathbb{R}$

με f(e)=1

και

1)Να βρεθεί η

Δοθέντος ότι $f(x)=\dfrac{1}{lnx}$

2)Να δειχθεί ότι είναι κυρτή

3)Να βρεθεί το σύνολο τιμών της καθώς και οι ασύμπτωτες της

4)Να βρεθεί η αντίστροφη της.

5)Για $x\in (1,\infty )$ η εξίσωση $f(x)=f^{-1}(x)$ έχει μοναδική ρίζα.

6)Να βρεθεί το $\lim_{x\rightarrow \infty }\dfrac{f^{-1}(x)-1}{f(x)}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Απρ 20, 2017 1:41 am**

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:Δίνεται $f:(1,\infty )\rightarrow \mathbb{R}$

με και

1)Να βρεθεί η

Δοθέντος ότι $f(x)=\dfrac{1}{lnx}$

2)Να δειχθεί ότι είναι κυρτή

3)Να βρεθεί το σύνολο τιμών της καθώς και οι ασύμπτωτες της

4)Να βρεθεί η αντίστροφη της.

5)Για $x\in (1,\infty )$ η εξίσωση $f(x)=f^{-1}(x)$ έχει μοναδική ρίζα.

6)Να βρεθεί το $\lim_{x\rightarrow \infty }\dfrac{f^{-1}(x)-1}{f(x)}$

Γεια σου Σταύρο,

(α) Έχουμε από τη δοσμένη σχέση ότι
$\displaystyle{\begin{aligned} x f'(x) \ln x = - f(x) &\Leftrightarrow x f'(x) \ln x + f(x) \\ &\!\overset{x \neq 0}{\Leftrightarrow } f'(x) \ln x + \frac{f(x)}{x} =0 \\ &\Leftrightarrow \left ( f(x) \ln x \right )' = (c) ' \\ &\Rightarrow f(x) \ln x = c \\ &\!\!\!\!\!\!\!\! \!\!\!\overset{f(e)=1 \Rightarrow c=1}{=\! =\! =\! =\! =\!\Rightarrow } f(x) = \frac{1}{\ln x} \;\; , \;\; x>1 \end{aligned}}$ συνάρτηση που επαληθεύει.

(β) Η

είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο πεδίο ορισμού της με $\displaystyle{f''(x) = \frac{\ln x+2}{x^2 \ln^3 x} > 0}$ για κάθε x>1

. Άρα η

είναι κυρτή.

(γ) Εύκολα διαπιστώνουμε ότι η γραφική παράσταση έχει κατακόρυφη ασύμπτωτη την ευθεία x=1

αφού $\lim \limits_{x \rightarrow 1^+} f(x) = +\infty$ . Επίσης ο άξονας x'x

είναι οριζόντια ασύμτωτη της $\mathcal{C}_f$ αφού $\lim \limits_{x \rightarrow +\infty} f(x)=0$ .

Η

είναι γνήσια φθίνουσα ( άμεσο από τον ορισμό ) συνεπώς το σύνολο τιμών της είναι το διάστημα
$\displaystyle{f\left ( \left ( 1, +\infty \right ) \right )= \left ( \lim_{x \rightarrow +\infty} f(x) , \lim_{x \rightarrow 1^+} f(x) \right ) = \left ( 0 , +\infty \right )}$ (δ) Η

είναι γνήσια φθίνουσα και ορίζει αντίστροφη συνάρτηση με πεδίο ορισμού το $(0, +\infty)$ . Για την εύρεση αυτής έχουμε:
$\displaystyle{\begin{aligned} y=f(x) &\Leftrightarrow y = \frac{1}{\ln x} \\ &\Leftrightarrow \ln x = \frac{1}{y} \\ &\Leftrightarrow x = e^{1/y} , \;\; y>0 \end{aligned}}$ (ε) Έχω κάτι στο νου μου αλλά αυτή τη στιγμή αδυνατώ να το εκφράσω σωστά.

(στ)Το όριο είναι $\frac{0}{0}$ οπότε εφαρμόζουμε DLH και έχουμε:
$\displaystyle{\begin{aligned} \lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{f^{-1}(x)-1}{f(x)} &= \lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{e^{1/x} -1}{\ln x} \\ &= -\lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{e^{1/x}}{x^3} \\ &= -\lim_{y\rightarrow 0} y^3 e^y\\ &= 0 \end{aligned}}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 21, 2017 10:02 am**

Tolaso J Kos έγραψε:
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:Δίνεται $f:(1,\infty )\rightarrow \mathbb{R}$

με και

1)Να βρεθεί η

Δοθέντος ότι $f(x)=\dfrac{1}{lnx}$

2)Να δειχθεί ότι είναι κυρτή

3)Να βρεθεί το σύνολο τιμών της καθώς και οι ασύμπτωτες της

4)Να βρεθεί η αντίστροφη της.

5)Για $x\in (1,\infty )$ η εξίσωση $f(x)=f^{-1}(x)$ έχει μοναδική ρίζα.

6)Να βρεθεί το $\lim_{x\rightarrow \infty }\dfrac{f^{-1}(x)-1}{f(x)}$
(στ)Το όριο είναι $\frac{0}{0}$ οπότε εφαρμόζουμε DLH και έχουμε:
$\displaystyle{\begin{aligned} \lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{f^{-1}(x)-1}{f(x)} &= \lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{e^{1/x} -1}{\ln x} \\ &= -\lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{e^{1/x}}{x^3} \\ &= -\lim_{y\rightarrow 0} y^3 e^y\\ &= 0 \end{aligned}}$

Ειναι $\lim_{x\rightarrow \infty }\dfrac{f^{-1}(x)-1}{f(x)}=\lim_{x\rightarrow \infty }(e^{\frac{1}{x}}-1)lnx$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 21, 2017 4:21 pm**

Μου αρέσει πολύ το πρωί είχα κάνει επεξεργασία τη δημοσίευση αλλάζοντας μόνο τα "ρούχα" στο όριο αφού είχα κάνει μικρο αλλαγές και δε παρατήρησα πως το όριο που ζητείται είναι τελείως διαφορετικό από αυτό που γράφω εγώ. Μπράβο μου όμως.

Σταύρο ευχαριστώ που το γραψες γιατί ακόμα και τώρα δε θα το βλεπα.

Όσο αναφορά το ερώτημα που έμεινε , αυτό με την εξίσωση $f(x)=f^{-1}(x)$ έχει μοναδική ρίζα, έχω μία προσέγγιση. Θα τη δώσω αν δεν απαντηθεί. Ας την αφήσουμε προς το παρόν για τους μαθητές.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 21, 2017 6:53 pm**

Μια μικρή βοήθεια;
Τα κοινά σημεία των

και $f^{-1}$ είναι σημεία της πρώτης διχοτόμου οπότε δίνονται από την $f\left ( x \right )= x$ $\Rightarrow xlnx= 1$ . Αν η xlnx

έπαιρνε την τιμή 1 περισσότερες φορές η παράγωγός της lnx+1 θα μηδενιζόταν εκτός πεδίου ορισμού. Το ότι η xlnx=1 έχει μια λύση προκύπτει από Bolzano στο [1,e].
Ίσως θα ήταν καλύτερα να την ψάχναμε στο ευρύτερο πεδίο ορισμού της.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 21, 2017 7:17 pm**

Παπαστεργίου Κώστας έγραψε: Τα κοινά σημεία των και $f^{-1}$ είναι σημεία της πρώτης διχοτόμου οπότε δίνονται από την $f\left ( x \right )= x$

Η παραπάνω πρόταση αληθεύει μόνο αν η συνάρτηση

είναι γνησίως αύξουσα και δυστυχώς η δοσμένη συνάρτηση είναι γνησίως φθίνουσα στο $(1, +\infty)$ .

Δες για παράδειγμα την $f(x)=\dfrac{1}{x}$ στο $(0, +\infty)$ η οποία είναι γνησίως φθίνουσα και τα σημεία τομής της με την αντίστροφή της (που είναι η ίδια με την

) δεν είναι μόνο όσα ανήκουν στην ευθεία y=x

.

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 23, 2017 1:04 am**

Πέρα απο αυτά που ειπώθηκαν εύστοχα, θα μπορούσαμε να δούμε το 5) σας παρακαλώ επειδή ότι δεν σας κρύβω μου έχει κινήσει το ενδιαφέρον.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 23, 2017 1:41 am**

Μια προσέγγιση για το 5 με κάποιους ενδοιασμούς:
$\displaystyle{f(x)=f^{-1}(x)\Leftrightarrow e^{\frac{1}{x}}=\frac{1}{lnx}\Leftrightarrow ln(x)e^{\frac{1}{x}}-1=0}$
Αρχικά θα δείξω ότι έχει το πολύ μία.Θεωρώ την συνάρτηση:
$\displaystyle{g(x)=ln(x)e^{\frac{1}{x}}-1 }$ με παράγωγο:
$\displaystyle{g'(x)=-\frac{e^{\frac{1}{x}}(lnx-x)}{x^{2}} >0}$
Άρα είναι γνησίως αύξουσα συνεπώς αν η εξίσωση έχει λύση θα είναι μοναδική, μένει να δειχτεί η ύπαρξη. Αρκεί όμως να δειχτεί ότι η f τέμνει την διχοτόμο του πρώτου και του τρίτου τεταρτημορίου σε ένα τουλάχιστον σημείο τότε αυτό το σημείο είναι και η λύση της εξίσωσης τη μοναδικότητα την έχουμε ήδη δείξει.Συνεπώς αρκεί να δειχτεί ότι υπάρχει λύση της:
$\displaystyle{f(x)=x\Leftrightarrow \frac{1}{lnx}-x=0 \Leftrightarrow h(x)=0}$
Η h είναι γνησίως φθίνουσα επί του πεδίου ορισμού της, εύκολο από τον ορισμό άρα έχει σύνολο τιμών το διάστημα:
$\displaystyle{f((1,+\infty))=(\lim_{x\rightarrow +\infty}h(x),\lim_{x\rightarrow 1^{+}}h(x))=(-\infty,+\infty)}$
Αφού το μηδέν ανήκει στο σύνολο τιμών της h έχω και σημείο τομής της f με την y=x άρα υπάρχει λύση της εξίσωσης.
Συναληθεύοντας τα παραπάνω η εξίσωση έχει μία μοναδική ρίζα.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 23, 2017 2:08 am**

Christos.N έγραψε:Πέρα απο αυτά που ειπώθηκαν εύστοχα, θα μπορούσαμε να δούμε το 5) σας παρακαλώ επειδή ότι δεν σας κρύβω μου έχει κινήσει το ενδιαφέρον.

Δε θεωρώ ότι υπάρχει κάτι περίεργο στην άσκηση, κάθε άλλο μάλιστα αφού κινείται στα πλαίσια γνωστών μεθοδολογιών. Η ιδέα στο 5ο ερώτημα θεωρώ ότι είναι να χρησιμοποιηθούν τα παραπάνω ερωτήματα. Μια δεύτερη ιδέα θα μπορούσε να είναι:

$\displaystyle{f(x)=f^{-1}(x)\Leftrightarrow f\left ( f(x) \right )=x\Leftrightarrow -\frac{1}{\ln \left (\ln x \right )}=x}$

Από την τελευταία εξίσωση, μέσω των κλασικών εργαλείων, προκύπτει το ζητούμενο.

Φιλικά.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 23, 2017 2:36 am**

Σωτήρη .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 23, 2017 8:27 am**

sot arm έγραψε:Μια προσέγγιση για το 5 με κάποιους ενδοιασμούς:
$\displaystyle{f(x)=f^{-1}(x)\Leftrightarrow e^{\frac{1}{x}}=\frac{1}{lnx}\Leftrightarrow ln(x)e^{\frac{1}{x}}-1=0}$
Αρχικά θα δείξω ότι έχει το πολύ μία.Θεωρώ την συνάρτηση:
$\displaystyle{g(x)=ln(x)e^{\frac{1}{x}}-1 }$ με παράγωγο:
$\displaystyle{g'(x)=-\frac{e^{\frac{1}{x}}(lnx-x)}{x^{2}} >0}$
Άρα είναι γνησίως αύξουσα συνεπώς αν η εξίσωση έχει λύση θα είναι μοναδική, μένει να δειχτεί η ύπαρξη. .

Μετά

και $g(e)=e^{\frac{1}{e}}-1> 0$
και Bolzano.

Μένει το 6)

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 23, 2017 4:29 pm**

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:
sot arm έγραψε:Μια προσέγγιση για το 5 με κάποιους ενδοιασμούς:
$\displaystyle{f(x)=f^{-1}(x)\Leftrightarrow e^{\frac{1}{x}}=\frac{1}{lnx}\Leftrightarrow ln(x)e^{\frac{1}{x}}-1=0}$
Αρχικά θα δείξω ότι έχει το πολύ μία.Θεωρώ την συνάρτηση:
$\displaystyle{g(x)=ln(x)e^{\frac{1}{x}}-1 }$ με παράγωγο:
$\displaystyle{g'(x)=-\frac{e^{\frac{1}{x}}(lnx-x)}{x^{2}} >0}$
Άρα είναι γνησίως αύξουσα συνεπώς αν η εξίσωση έχει λύση θα είναι μοναδική, μένει να δειχτεί η ύπαρξη. .
Μετά και $g(e)=e^{\frac{1}{e}}-1> 0$
και Bolzano.

Μένει το 6)

Βάζω και μια λύση για το 6, θα χρησιμοποιήσουμε το κριτήριο παρεμβολής.
Έστω:
$\displaystyle{g(x)=\frac{f^{-1}(x)-1}{f(x)}=\frac{e^{\frac{1}{x}}-1}{\frac{1}{lnx}}=lnx(e^{\frac{1}{x}}-1)}$
Από την γνωστή:
$\displaystyle{e^{x}\geq x+1 \Rightarrow e^{\frac{1}{x}}\geq \frac{1}{x}+1}$
έχω πως:
$\displaystyle{g(x)\geq \frac{lnx}{x}} (I)$
Από την επίσης γνωστή:
$\displaystyle{lnx\leq x-1 , g(x)\leq (x-1)(e^{\frac{1}{x}}-1) (II)}$
Είναι:
$\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{lnx}{x} =\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{1}{x}=0}$ από DLH.
Επίσης από DLH έχω:
$\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}(x-1)(e^{\frac{1}{x}}-1)=\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{e^{\frac{1}{x}}-1}{\frac{1}{x-1}}=\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{\frac{e^{\frac{1}{x}}}{x^{2}}}{\frac{1}{(x-1)^{2}}}=\lim_{x\rightarrow +\infty}(\frac{x-1}{x})^{2}\lim_{x\rightarrow +\infty}e^{\frac{1}{x}}=1\cdot0=0}$
Από κριτήριο παρεμβολής και το ζητούμενο όριο μηδέν.
Υ.Γ. υπάρχει βλακώδες λάθος στα παραπάνω αφού προφανώς:
$\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}e^{\frac{1}{x}}=1}$ και όχι μηδεν

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 23, 2017 10:52 pm**

Ο κ Α. Συγκελάκης έγραψε:

(Η παραπάνω πρόταση αληθεύει μόνο αν η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα και δυστυχώς η δοσμένη συνάρτηση είναι γνησίως φθίνουσα στο.....)

1ον Αναφέρομαι στις

και $f^{-1}$ του θέματος και δεν κάνω κάποια γενική πρόταση. Αναλαμβάνω την ευθύνη για την παρανόηση αποδίδοντάς την στην πυκνότητα του προηγουμένου σημειώματος. Θα είμαι στο εξής πιο αναλυτικός.

2ον Ναι τα κοινά σημεία αυτών των

και $f^{-1}$ είναι επί της y= x

. Αυτό επικυρώνει την ορθότητα της (συμπυκνωμένης) αποδείξεώς μου για το 5. Θα το δείξω λίγο πιο κάτω.

3ον Γενικώς, τα εκτός της y= x

κοινά σημεία των

και $f^{-1}$ εμφανίζονται κατά ζεύγη. Πράγματι έστω

ένα τέτοιο κοινό τους σημείο και {M}'

το συμμετρικό του. Επειδή το

ανήκει στην

το

θα ανήκει στην $f^{-1}$ . Επειδή το

ανήκει στην $f^{-1}$ το {M}'

θα ανήκει και στην

. Επομένως και το {M}'

είναι κοινό σημείο.

Να αποδείξουμε τώρα το δεύτερο. Αν το σημείο $\left ( x,\frac{1}{lnx} \right )$ είναι κοινό των συγκεκριμένων συναρτήσεων

και $f^{-1}$ εκτός της πρώτης διχοτόμου δηλαδή $x\neq \frac{1}{lnx}$
τότε και το συμμετρικό του $\left ( \frac{1}{lnx},x \right )$ θα είναι σημείο της

άρα $\frac{1}{ln\left ( \frac{1}{lnx} \right )}=x \Rightarrow ln\left ( lnx \right )= -\frac{1}{x}$ . Στην προηγούμενη αναφορά μου είδαμε ότι η σχέση $f\left ( x \right )= x$
οδηγεί στην xlnx= 1

που έχει μοναδική λύση έστω τη $x_{0}$ . Αυτή είναι λύση και της $ln\left ( lnx \right )=-\frac{1}{x}$ Πράγματι είναι $ln\left ( lnx_{0} \right )= ln\left ( \frac{1}{x_{0}} \right )=-lnx_{0}=-\frac{1}{x_{0}}$ . Αν υπήρχε και άλλη λύση σύμφωνα με το θ Rolle θα έπρεπε και η παράγωγός της δηλαδή η lnx= x

να έχει λύση πράγμα αδύνατον καθ όσον $lnx\leq x-1< x$

Επεξήγηση: Η εξίσωση $f(x)=x \Rightarrow \frac{1}{lnx}=x \Rightarrow xlnx=1$ μας δίνει τα επί της y= x

κοινά σημεία των

και $f^{-1}$ . Αυτή έχει μια λύση έστω $x_{0}$ μεταξύ 1 και e διότι η συνάρτηση xlnx-1

πληροί τις προϋποθέσεις Bolzano στο διάστημα $\left [ 1,e \right]$ δηλαδή $x_{0}lnx_{0}-1=0 \Rightarrow x_{0}lnx_{0}= 1$ Η λύση αυτή από την εν λόγω εξίσωση είναι μοναδική διότι: Αν υπήρχε και άλλη μία έστω $x_{1}$ τότε η συνάρτηση xlnx-1

στο διάστημα με άκρα τα $x_{0}$ και $x_{1}$ θα πληρούσε τις προϋποθέσεις Rolle οπότε η παράγωγός της θα μηδενιζόταν κάπου μεταξύ $x_{0}$ και $x_{1}$ . Η παράγωγος όμως είναι η lnx+1

που μηδενίζεται στο $e^{-1}< 1$ που είναι εκτός πεδίου ορισμού.

Η συνάρτηση $ln(lnx)+\frac{1}{x}$ μηδενίζεται στο $x_{0}$ που βρήκαμε προϋγουμένως. Αν μηδενιζόταν και κάπου αλλού πχ στο $x_{2}\neq x_{0}$ τότε στο διάστημα των $x_{0}$ και $x_{2}$ θα πληρούσε τις προϋποθέσεις Rolle οπότε η παράγωγός της θα έπρεπε κάπου εσωτερικά ατού του διαστήματος να μηδενίζεται. Η παράγωγος όμως είναι η $\frac{1}{xlnx}-\frac{1}{x^{2}}$ που μηδενίζεται αν lnx= x

που δεν ισχύει.

Π Κ

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 23, 2017 11:21 pm**

Παπαστεργίου Κώστας έγραψε: Να αποδείξουμε τώρα το δεύτερο. Αν το σημείο $\left ( x,\frac{1}{lnx} \right )$ είναι κοινό των συγκεκριμένων συναρτήσεων και $f^{-1}$ εκτός της πρώτης διχοτόμου δηλαδή $x\neq \frac{1}{lnx}$
τότε και το συμμετρικό του $\left ( \frac{1}{lnx},x \right )$ θα είναι σημείο της άρα $\frac{1}{\frac{1}{lnx}} = x$ $\Rightarrow lnx = x$ Όμως τέτοια σημεία δεν υπάρχουν διότι $lnx\leq x-1< x$
Π Κ

Μήπως παραπάνω κάνετε κάποιο λάθος, ,μπορεί βέβαια να μην αντιλαμβάνομαι και εγώ σωστά.

$\displaystyle{f\left( {\frac{1}{{\ln x}}} \right) = x \Rightarrow \frac{1}{{\ln \left( {\frac{1}{{\ln x}}} \right)}} = x \Rightarrow - \frac{1}{{\ln \left( {\ln x} \right)}} = x}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 24, 2017 12:54 am**

κ Ντάβα ευχαριστώ για την προσεκτική σας ματιά και την υπόδειξη κατόπιν της οποίας νομίζω ότι αποκατέστησα την αβλεψία μου.
ΠΚ

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 24, 2017 12:57 am**

Κάνω την ανάλυση του 5)
Θα μείνει το 6 που νομίζω πρέπει να το αφήσουμε να το κάνει ο Σωτήρης μιας και είναι μαθητής.

Εχουμε την εξίσωση $f(x)=f^{-1}(x)$ (1)

Για τεχνικούς λόγους γράφω $g(x)=f^{-1}(x)$

Η (1) είναι ισοδύναμη με τις f(f(x))=x

και

Η

είναι η πιο πολύπλοκη από τις τρεις.
Αν την προσπαθήσει κάποιος να την μελετήσει τότε η θα μπλέξει με πολλές πράξεις η θα κάνει μετασχηματισμούς και θα
αναχθεί σε μία από τις άλλες.

Την πρώτη την έκανε ο Σωτήρης.

Την δεύτερη την πρότεινε ο Μάριος και βγαίνει ως εξής:

Ειναι ισοδύναμη με την r(x)=xln(lnx)+1=0

Είναι $\lim_{x\rightarrow 1^{+}}r(x)=-\infty ,\lim_{x\rightarrow \infty }r(x)=\infty$

Εξασφαλίζεται η ρίζα.

$r'(x)=ln(lnx)+\frac{1}{lnx}\geq 1> 0$
γιατί
$lnx\geq 1-\frac{1}{x}\Rightarrow lnx+\frac{1}{x}\geq 1$

Αρα γνησίως αύξουσα οπότε έχουμε την μοναδικότητα

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 24, 2017 6:05 pm**

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:Κάνω την ανάλυση του 5)
Θα μείνει το 6 που νομίζω πρέπει να το αφήσουμε να το κάνει ο Σωτήρης μιας και είναι μαθητής.

Εχουμε την εξίσωση $f(x)=f^{-1}(x)$ (1)

Για τεχνικούς λόγους γράφω $g(x)=f^{-1}(x)$

Η (1) είναι ισοδύναμη με τις και

Η είναι η πιο πολύπλοκη από τις τρεις.
Αν την προσπαθήσει κάποιος να την μελετήσει τότε η θα μπλέξει με πολλές πράξεις η θα κάνει μετασχηματισμούς και θα
αναχθεί σε μία από τις άλλες.

Την πρώτη την έκανε ο Σωτήρης.

Την δεύτερη την πρότεινε ο Μάριος και βγαίνει ως εξής:

Ειναι ισοδύναμη με την

Είναι $\lim_{x\rightarrow 1^{+}}r(x)=-\infty ,\lim_{x\rightarrow \infty }r(x)=\infty$

Εξασφαλίζεται η ρίζα.

$r'(x)=ln(lnx)+\frac{1}{lnx}\geq 1> 0$
γιατί
$lnx\geq 1-\frac{1}{x}\Rightarrow lnx+\frac{1}{x}\geq 1$

Αρα γνησίως αύξουσα οπότε έχουμε την μοναδικότητα

Βάζω και την λύση για το (6)...
Με $\displaystyle{y=\frac{1}{x}\Rightarrow \lim_{x\rightarrow +\infty}y=\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{1}{x}=0}$
Το όριο ισούται με:
$\displaystyle{\lim_{y\rightarrow 0^{+}}-lny(e^{y}-1)=-\lim_{y\rightarrow 0}\frac{lny}{\frac{1}{y}}\cdot \lim_{y\rightarrow 0}\frac{e^{y}-1}{y}=-0 \cdot 1 =0}$
Αφού από DLH:
$\displaystyle{\lim_{y\rightarrow 0}\frac{lny}{\frac{1}{y}}=\lim_{y \rightarrow 0}-y=0}$
και:
$\displaystyle{\lim_{y\rightarrow 0}\frac{e^{y}-1}{y}=\lim_{y\rightarrow 0}e^{y}=1}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 24, 2017 7:59 pm**

Παπαστεργίου Κώστας έγραψε: Να αποδείξουμε τώρα το δεύτερο. Αν το σημείο $\left ( x,\frac{1}{lnx} \right )$ είναι κοινό των συγκεκριμένων συναρτήσεων και $f^{-1}$ εκτός της πρώτης διχοτόμου δηλαδή $x\neq \frac{1}{lnx}$
τότε και το συμμετρικό του $\left ( \frac{1}{lnx},x \right )$ θα είναι σημείο της άρα $\frac{1}{ln\left ( \frac{1}{lnx} \right )}=x \Rightarrow ln\left ( lnx \right )= -\frac{1}{x}$ . Στην προηγούμενη αναφορά μου είδαμε ότι η σχέση $f\left ( x \right )= x$
οδηγεί στην που έχει μοναδική λύση έστω τη $x_{0}$ . Αυτή είναι λύση και της $ln\left ( lnx \right )=-\frac{1}{x}$ Πράγματι είναι $ln\left ( lnx_{0} \right )= ln\left ( \frac{1}{x_{0}} \right )=-lnx_{0}=-\frac{1}{x_{0}}$ . Αν υπήρχε και άλλη λύση σύμφωνα με το θ Rolle θα έπρεπε και η παράγωγός της δηλαδή η να έχει λύση πράγμα αδύνατον καθ όσον $lnx\leq x-1< x$
Π Κ

Αν θα βρίσκατε χρόνο και διάθεση θα μπορούσατε να γίνεται λίγο πιο αναλυτικός στις σκέψεις σας, δυσκολεύομαι να ακολουθήσω τον συλλογισμό έκει που έχω κάνει τον χρωματισμό. Θα πρότεινα να δώσετε απάντηση σε νέο ποστ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 25, 2017 7:03 pm**

Επειδή κάτι που έγραψα για την απόδειξη του 5) έγινε αντικείμενο κριτικής, αμφισβητήσεων και ενστάσεων (είναι αλήθεια ότι ήταν πολύ συμπυκνωμένο) χαίρομαι που μου ζητήθηκε να το ξαναγράψω αναλυτικά, διότι φαίνεται ότι δεν πέρασε απαρατήρητο.

Η εξίσωση $f(x)=f^{-1}(x)$ έχει λύση εκεί που τα διαγράμματα των

και $f^{-1}$ έχουν κοινά σημεία.
Τα κοινά αυτά σημεία μπορεί να είναι επί της πρώτης διχοτόμου y=x

ή εκτός αυτής. Στην περίπτωσή μας όπως θα δούμε υπάρχουν μόνο τα πρώτα.
Τα επί της y=x

δίνονται από τις λύσεις της εξισώσεως f(x)=x

λόγω συμμετρικότητας των διαγραμμάτων των

και $f^{-1}$ .
Έχουμε f(x)=x

$\Rightarrow \frac{1}{lnx}= x$ $\Rightarrow xlnx=1$ . Θα δείξουμε ότι αυτή έχει μοναδική λύση. Θεωρούμε προς τούτο τη συνάρτηση g(x)=xlnx-1

η οποία στο διάστημα $\left [ 1,e \right ]$ πληροί τις προϋποθέσεις του Θ Bolzano άρα κάπου μεταξύ 1 και e, ας πούμε στο $x_{0}$ , μηδενίζεται. Άρα έχουμε μια λύση $x_{0}$ για την f(x)=x

ήτοι $x_{0}lnx_{0}= 1$ (1)
Αν η συνάρτηση g(x)=xlnx-1

μηδενιζόταν και σε άλλο σημείο έστω $x_{1}$ τότε στο διάστημα των σημείων $x_{0}$
και $x_{1}$ θα πληρούσε τις προϋποθέσεις του Θ Rolle οπότε η παράγωγός της θα μηδενιζόταν κάπου μεταξύ των $x_{0}$
και $x_{1}$ . Όμως είναι ${g}'(x)= 0 \Rightarrow lnx+1= 0\Rightarrow lnx=-1\Rightarrow x=e^{-1}$ άτοπο διότι είμαστε εκτός ΠΟ.
Άρα επί της y=x

έχουμε ακριβώς ένα κοινό σημείο.

Μια προτασούλα απαραίτητη πριν προχωρήσουμε:
Τα εκτός y=x

κοινά σημεία των

και $f^{-1}$ εμφανίζονται κατά ζεύγη υπό την έννοια ότι όταν ένα σημείο είναι κοινό τότε είναι κοινό και το συμμετρικό του ως προς y=x

.
Πράγματι επειδή τα διαγράμματα των

και $f^{-1}$ είναι συμμετρικά, αν

ένα σημείο και {M}'

το συμμετρικό του (πάντα ως προς y=x

) έχουμε:

ανήκει στο διάγραμμα της

τότε

ανήκει στο διάγραμμα της $f^{-1}$

ανήκει στο διάγραμμα της $f^{-1}$ τότε {M}'

ανήκει στο διάγραμμα της

. Άρα

κοινό.

Αν τώρα τo $\left ( x,\frac{1}{lnx} \right )$ είναι ένα κοινό σημείο των

και $f^{-1}$ που δεν ανήκει στην y=x

θα είναι:
α) $x\neq \frac{1}{lnx}\Rightarrow xlnx\neq 1$

β) Το συμμετρικό του που είναι το $\left ( \frac{1}{lnx},x \right )$ θα ανήκει επίσης στην

δηλαδή θα είναι $f\left ( \frac{1}{lnx} \right )= x \Rightarrow \frac{-1}{ln(lnx)}=x \Rightarrow ln(lnx)= -\frac{1}{x}$ .
Αν η εξίσωση αυτή του β) υπό τη προϋπόθεση α) έχει λύσεις τη βάψαμε όλοι κατασκευαστής και λύτες. Όμως δεν έχει όπως αμέσως θα δούμε:

Όπως συνήθως θεωρούμε τη συνάρτηση $h(x)= ln(lnx)+\frac{1}{x}$ η οποία μηδενίζεται, όπως αμέσως θα δούμε, στο $x_{0}$ που βρήκαμε πιο πάνω στο (1) (το οποίο βέβαια δεν πληροί την α) .

Πράγματι: $h(x_{0})= ln(lnx_{0})+\frac{1}{x_{0}}= ln(\frac{1}{x_{0}})+\frac{1}{x_{0}}=-lnx_{0}+\frac{1}{x_{0}}=-\frac{1}{x_{0}}+\frac{1}{x_{0}}=0$ .

Αν η h(x)

μηδενιζόταν και σε κάποιο άλλο σημείο $x_{2}$ τότε στο διάστημα των $x_{0}$ και $x_{2}$ θα πληρούσε τις προϋποθέσεις του ΘRolle οπότε η παράγωγός της θα μηδενιζόταν κάπου μεταξύ των $x_{0}$ και $x_{2}$ . Όμως ${h}'(x)=0\Rightarrow {(ln(lnx))}'+{(\frac{1}{x})}'=0\Rightarrow \frac{1}{xlnx}-\frac{1}{x^{2}}=0\Rightarrow lnx=x$ που δεν έχει λύση.

Άρα έχουμε μοναδική λύση για την $f(x)=f^{-1}(x)$ .
ΠΚ

mathematica.gr

Λογαριθμική

Λογαριθμική

Re: Λογαριθμική

Re: Λογαριθμική

Re: Λογαριθμική

Re: Λογαριθμική

Re: Λογαριθμική

Re: Λογαριθμική

Re: Λογαριθμική

Re: Λογαριθμική

Re: Λογαριθμική

Re: Λογαριθμική

Re: Λογαριθμική

Re: Λογαριθμική

Re: Λογαριθμική

Re: Λογαριθμική

Re: Λογαριθμική

Re: Λογαριθμική

Re: Λογαριθμική

Re: Λογαριθμική