Συνάρτηση-ολοκλήρωμα

#1

Έστω η συνάρτηση $f:[0,+\infty)\longrightarrow\mathbb{R}$ με τύπο $f(x)=\displaystyle\int_{0}^{x}\sqrt{2xt-t^2}\; dt\,,\quad x\in[0,+\infty)\,.$

Να αποδειχθεί ότι η συνάρτηση είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο $[0,+\infty)$ .
Να εξετασθεί η ως προς την μονοτονία και την κυρτότητα-κοιλότητα, στο $[0,+\infty)$ .
Να αποδειχθεί ότι $f(1)=\dfrac{\pi}{4}$ .
Να λυθεί ως προς τον θετικό άγνωστο , η εξίσωση $\displaystyle\int_{0}^{x}u\,{\rm{e}}^{f(u)}\,du=\frac{2}{\pi}\,({\rm{e}}-1)\,.$

ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Δημοσίευσα την άσκηση στον συγκεκριμένο φάκελο διότι δεν είμαι σίγουρος αν βρίσκεται εντός της (φετινής) διδακτέας ύλης της Γ' Λυκείου. Πάντως παρουσιάζει κάποιο ενδιαφέρον.

Christos.N · #2

Γρηγόρη καλησπέρα, θα κάνω μια μικρή παρέμβαση στο θέμα αναδιατάσσοντας κατά κάποιο τρόπο το ερώτημα ιιι.

ι)
Υπολογίζουμε το $\displaystyle{\int\limits_0^1 {\sqrt {2u - {u^2}} } du = \int\limits_0^1 {\sqrt {1 - {{\left( {u - 1} \right)}^2}} } du\mathop = \limits^{u - 1 = \sin t} \int\limits_{ - \frac{\pi }{2}}^0 {{{\cos }^2}t} dt = \int\limits_{ - \frac{\pi }{2}}^0 {\frac{{1 - \cos 2t}}{2}} dt = \left[ {\frac{{t - \frac{1}{2}\sin 2t}}{2}} \right]_{ - \frac{\pi }{2}}^0 = \frac{\pi }{4}}$

έχουμε επίσης:

$\displaystyle{x > 0:f\left( x \right) = \int\limits_0^x {\sqrt {2xt - {t^2}} } \,dt\mathop = \limits^{\frac{t}{x} = u} {x^2}\int\limits_0^1 {\sqrt {2u - {u^2}} } \,du}$

ενώ γενικά,

$\displaystyle{x \ge 0:0 \le 2xt - {t^2} = {x^2} - {\left( {t - x} \right)^2} \le {x^2} \Rightarrow 0 \le \sqrt {2xt - {t^2}} \le x \Rightarrow 0 \le f\left( x \right) \le {x^2}\mathop \Rightarrow \limits^{x = 0} f\left( 0 \right) = 0}$

Από τα προηγούμενα συμπεραίνουμε ότι , $\displaystyle{f\left( x \right) = \frac{\pi }{4}{x^2},x \in \left[ {0, + \infty } \right)}$ δηλαδή η συνάρτηση είναι πολυωνυμική άρα και δύο φορές παραγωγίσιμη.

ιι)
$\displaystyle{f'\left( x \right) = \frac{\pi }{2}x > 0,{\kern 1pt} x \in \left( {0, + \infty } \right)}$ άρα η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{\left[ {0, + \infty } \right)}$

$\displaystyle{f''\left( x \right) = \frac{\pi }{2} > 0,{\kern 1pt} x \in \left( {0, + \infty } \right)}$ άρα η συνάρτηση είναι κυρτή στο $\displaystyle{\left[ {0, + \infty } \right)}$

ιιι)
$\[f\left( 1 \right) = \frac{\pi }{4}}$

ιv)
$\displaystyle{\begin{array}{l} \int\limits_0^x {u{e^{\frac{\pi }{4}{u^2}}}} \,du = \frac{2}{\pi }\left( {e - 1} \right) \Leftrightarrow \int\limits_0^x {\frac{\pi }{2}u{e^{\frac{\pi }{4}{u^2}}}} \,du = e - 1 \Leftrightarrow \int\limits_0^x {\left( {{e^{\frac{\pi }{4}{u^2}}}} \right)'} \,du = e - 1 \Rightarrow \\ {e^{\frac{\pi }{4}{x^2}}} - 1 = e - 1 \Rightarrow {x^2} = \frac{4}{\pi } \Rightarrow x = \frac{{2\sqrt \pi }}{\pi } \end{array}}$

#3

Πολύ ωραία Χρήστο!
Το θέμα προέκυψε ψάχνοντας και θέλησα να το μοιραστώ.
Έδωσα και εγώ την ίδια λύση.

Σταμ. Γλάρος · #4

grigkost έγραψε:Έστω η συνάρτηση $f:[0,+\infty)\longrightarrow\mathbb{R}$ με τύπο $f(x)=\displaystyle\int_{0}^{x}\sqrt{2xt-t^2}\; dt\,,\quad x\in[0,+\infty)\,.$

Να αποδειχθεί ότι η συνάρτηση είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο $[0,+\infty)$ .

Να εξετασθεί η ως προς την μονοτονία και την κυρτότητα-κοιλότητα, στο $[0,+\infty)$ .

Να αποδειχθεί ότι $f(1)=\dfrac{\pi}{4}$ .

Να λυθεί ως προς τον θετικό άγνωστο , η εξίσωση $\displaystyle\int_{0}^{x}u\,{\rm{e}}^{f(u)}\,du=\frac{2}{\pi}\,({\rm{e}}-1)\,.$

ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Δημοσίευσα την άσκηση στον συγκεκριμένο φάκελο διότι δεν είμαι σίγουρος αν βρίσκεται εντός της (φετινής) διδακτέας ύλης της Γ' Λυκείου. Πάντως παρουσιάζει κάποιο ενδιαφέρον.

Καλησπέρα στην εκλεκτή παρέα.
Οφείλω να ομολογήσω ότι όταν είδα την άσκηση σκέφτηκα:
"Κρίμα. Φαίνεται ωραία άσκηση, αλλά εκτός ύλης..."
Όμως η εξ΄ ίσου υπέροχη λύση του Χρήστου απέδειξε ότι και υπέροχη άσκηση είναι και εντός ύλης!
Μάλιστα σκέφτηκα και μια εναλλακτική (απλή, γνωστή και γεωμετρική) για τον υπολογισμό του ολοκληρώματος :
$I=\displaystyle \int_{0}^{1}\sqrt{2u-u^2}du$

Θέτοντας $\sqrt{2u-u^2} =v$ προκύπτει : 2u-u^2 = v^2

$\Leftrightarrow$ u^2- 2u +1 +v^2 = 1

$\Leftrightarrow$ (u-1)^2 + v^2 = 1

.
Από παραπάνω προκύπτει ότι το σημείο (u,v)

κινείται στο τεταρτοκύκλιο κύκλου με κέντρο K(1,0)

, αντίνα

και $0 \leq u \leq 1$ .
Άρα το

ισούται με το εμβαδόν του τεταρτοκυκλίου , δηλαδή $I = \dfrac{\pi}{4}$ .

Ευχαριστούμε για την ωραία δημιουργία.
Φιλικά
Σταμ. Γλάρος

#5

Σταμ. Γλάρος έγραψε:...Οφείλω να ομολογήσω ότι όταν είδα την άσκηση σκέφτηκα:
"Κρίμα. Φαίνεται ωραία άσκηση, αλλά εκτός ύλης..."
Όμως η εξ΄ ίσου υπέροχη λύση του Χρήστου απέδειξε ότι και υπέροχη άσκηση είναι και εντός ύλης!...

Ωραία! Παραθέτω και την δική μου λύση (η οποία δεν διαφέρει από αυτήν που έδωσε ο Χρήστος)

Για x>0

, προκύπτει $\begin{aligned} f(x)&=\displaystyle\int_{0}^{x}\sqrt{2xt-t^2}\;dt\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &=\displaystyle\int_{0}^{x}\sqrt{x^2\,\Big(2\,\frac{t}{x}-\Big(\frac{t}{x}\Big)^2\Big)}\;dt\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &=\displaystyle\int_{0}^{x}|x|\sqrt{2\,\frac{t}{x}-\Big(\frac{t}{x}\Big)^2}\;dt\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &\stackrel{x>0}{=\!=}x\displaystyle\int_{0}^{x}\sqrt{2\,\frac{t}{x}-\Big(\frac{t}{x}\Big)^2}\;dt\\\noalign{\vspace{0.2cm}}&\mathop{=\!=\!=\!=\!=}\limits^{\begin{subarray}{c} {u\,=\,\frac{t}{x}} \\ {dt\,=\,x\,du} \\\noalign{\vspace{0.05cm}} \end{subarray}}\,x\displaystyle\int_{0}^{1}\sqrt{2u-u^2}\;x\,du\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &=x^2\displaystyle\int_{0}^{1}\sqrt{2u-u^2}\;du\quad\quad\quad\Longrightarrow\\\noalign{\vspace{0.2cm}} f(x)&=f(1)\,x^2\,. \end{aligned}$ Επειδή f(0)=0

, προκύπτει ότι $f(x)=f(1)\,x^2\,,\quad x\in[0,+\infty)$ .

Από την παραπάνω σχέση προκύπτει ότι η συνάρτηση είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο διάστημα $[0,+\infty)$ με $f'(x)=2\,f(1)\,x$ και $f''(x)=2\,f(1)\,.$
Η συνάρτηση $h(t)=\sqrt{2t-t^2}\;,\; t\in[0,1]$ είναι συνεχής και θετική στο . Επομένως $0<\displaystyle\int_{0}^{1}\sqrt{2t-t^2}\;dt =f(1)$ . Από τα παραπάνω έπεται ότι η είναι γνησίως αύξουσα και κυρτή στο διάστημα $[0,+\infty)$ .
. $\begin{aligned} f(1)&=\displaystyle\int_{0}^{1}\sqrt{2t-t^2}\;dt\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &=\displaystyle\int_{0}^{1}\sqrt{1-(t-1)^2}\;dt\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &\mathop{=\!=\!=\!=\!=}\limits^{\begin{subarray}{c} {u\,=\,t-1} \\ {dt\,=\,du} \\\noalign{\vspace{0.05cm}} \end{subarray}}\,\int_{-1}^{0}\sqrt{1-u^2}\;du\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &\mathop{=\!=\!=\!=\!=\!=\!=}\limits^{\begin{subarray}{c} {u\,=\,\sin\theta} \\ {du\,=\,\cos\theta\,d\theta} \\\noalign{\vspace{0.05cm}} \end{subarray}}\,\int_{-\frac{\pi}{2}}^{0}\cos^2\theta\,d\theta\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &=\frac{1}{2}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{0}\cos(2\theta)+1\,d\theta\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &=\frac{1}{2}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{0}\cos(2\theta)\,d\theta+\frac{1}{2}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{0}d\theta \\\noalign{\vspace{0.2cm}} &\mathop{=\!=\!=\!=\!=}\limits^{\begin{subarray}{c} {\phi\,=\,2\theta} \\ {d\theta\,=\,\frac{1}{2}\,d\phi} \\\noalign{\vspace{0.05cm}} \end{subarray}}\,\frac{1}{4}\int_{-\pi}^{0}\cos\phi\,d\phi+\frac{\pi}{4}\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &=\frac{1}{4}\Big[\sin\phi\Big]_{-\pi}^{0}+\frac{\pi}{4}\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &=\frac{1}{4}\,0+\frac{\pi}{4}\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &=\frac{\pi}{4}\,. \end{aligned}$
Για : $\begin{aligned} \displaystyle\int_{0}^{x}u\,{\rm{e}}^{f(u)}\,du=\frac{2}{\pi}\,({\rm{e}}-1)\quad&\Longleftrightarrow\quad\displaystyle\int_{0}^{x}u\,{\rm{e}}^{\frac{\pi}{4}u^2}\,du=\frac{2}{\pi}\,({\rm{e}}-1)\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &\mathop{\Leftarrow\!=\!=\!=\!=\!=\!\Rightarrow}\limits^{\begin{subarray}{c} {s\,=\,\frac{\pi}{4}u^2} \\\noalign{\vspace{0.05cm}} {u\,du\,=\,\frac{2}{\pi}\,ds} \\\noalign{\vspace{0.05cm}} \end{subarray}}\,\quad\displaystyle\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}x^2}{\rm{e}}^{s}\,ds=\frac{2}{\pi}\,({\rm{e}}-1)\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &\Longleftrightarrow\quad\displaystyle\Big[{\rm{e}}^{s}\Big]_{0}^{\frac{\pi}{4}x^2}={\rm{e}}-1\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &\Longleftrightarrow\quad\displaystyle{\rm{e}}^{\frac{\pi}{4}x^2}-1={\rm{e}}-1\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &\stackrel{x>0}{\Longleftrightarrow} \quad x=\frac{2}{\sqrt{\pi}}\,. \end{aligned}$

Συνάρτηση-ολοκλήρωμα

Συνάρτηση-ολοκλήρωμα

Re: Συνάρτηση-ολοκλήρωμα

Re: Συνάρτηση-ολοκλήρωμα

Re: Συνάρτηση-ολοκλήρωμα

Re: Συνάρτηση-ολοκλήρωμα

Μέλη σε σύνδεση