Θέμα Διαγωνίσματος προσομοίωσης

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #1

Δίνεται συνάρτηση $f:(0,\infty )\rightarrow \mathbb{R}$
παραγωγίσιμη με συνεχή παράγωγο στο $(0,\infty )$
για την οποία ισχύουν

παράγουσα της

στο $(0,\infty )$

f(2017)-F(2017)> f(2016)-F(2016)

$\left | f'(x)-f(x) \right |=e^{x}(\frac{1}{x}+\frac{1}{x^{2}})$ για κάθε $x\in (0,\infty )$

$f(1)=-x_{0}\lim_{x\rightarrow \infty }(1+\frac{1}{x})^{x}$ όπου $x_{0}$ η μεγαλύτερη ρίζα της εξίσωσης $2^{x}=1+x$

Δ1
Δείξτε ότι f(1)=-e

και στην συνέχεια ότι $f(x)=e^{x}(lnx-\frac{1}{x})$ για κάθε $x\in (0,\infty )$

Δ2
Μελετήστε την

ως προς την κυρτότητα και τα σημεία καμπής και στην συνέχεια δείξτε

ότι υπάρχει $\xi \in (\frac{1}{2},e):2f(\frac{3}{2\xi })=f(\frac{1}{2\xi })+f(\frac{5}{2\xi })$
Δ3

Δείξτε ότι η

είναι γνησίως αύξουσα στο $(0,\infty )$ και στην συνέχεια δείξτε ότι

$\dfrac{e^{2}ln2-f(2)}{2}< \int_{1}^{2}\dfrac{e^{x}}{x}dx< \dfrac{e^{2}ln2-f(1)}{2}$

Πηγή Internet.Υπάρχει και το σχολείο που έχει δοθεί αλλά δεν κρίνω σκόπιμο να το αναφέρω.

#2

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:Δίνεται συνάρτηση $f:(0,\infty )\rightarrow \mathbb{R}$
παραγωγίσιμη με συνεχή παράγωγο στο $(0,\infty )$
για την οποία ισχύουν

παράγουσα της στο $(0,\infty )$

$\left | f'(x)-f(x) \right |=e^{x}(\frac{1}{x}+\frac{1}{x^{2}})$ για κάθε $x\in (0,\infty )$

$f(1)=-x_{0}\lim_{x\rightarrow \infty }(1+\frac{1}{x})^{x}$ όπου $x_{0}$ η μεγαλύτερη ρίζα της εξίσωσης $2^{x}=1+x$

Δ1
Δείξτε ότι και στην συνέχεια ότι $f(x)=e^{x}(lnx-\frac{1}{x})$ για κάθε $x\in (0,\infty )$

Πηγή Internet.Υπάρχει και το σχολείο που έχει δοθεί αλλά δεν κρίνω σκόπιμο να το αναφέρω.

...Γειά σου Σταύρο...για το Δ1....

Δ1. Είναι $x_{0}$ η μεγαλύτερη ρίζα της εξίσωσης ${{2}^{x}}-1-x=0$ που έχει ρίζες τους ${{x}_{1}}=0,\,{{x}_{2}}=1$ που είναι και οι μοναδικές

γιατί αν είχε τρείς τις ${{\rho }_{1}}<{{\rho }_{2}}<{{\rho }_{3}}$ τότε για την συνάρτηση $g(x)={{2}^{x}}-1-x$ σύμφωνα με το Rolle στα

$[{{\rho }_{1}},\,{{\rho }_{2}}],\,\,[{{\rho }_{2}},\,{{\rho }_{3}}]$ θα υπήρχαν

${{\xi }_{1}}\in ({{\rho }_{1}},\,{{\rho }_{2}}),\,{{\xi }_{2}}\in ({{\rho }_{2}},\,{{\rho }_{3}})$ ώστε ${g}'({{\xi }_{1}})={g}'({{\xi }_{2}})=0$ με

${g}'(x)={{2}^{x}}\ln 2-1$ και από Rolle στο $[{{\xi }_{1}},\,{{\xi }_{2}}]$ για την {g}'

θα υπήρχε $\xi \in ({{\xi }_{1}},\,{{\xi }_{2}})$

ώστε ${g}''(\xi )=0\Leftrightarrow {{2}^{\xi }}{{\ln }^{2}}2=0$ που είναι άτοπο, επομένως ${{x}_{0}}=1$ και τότε

$f(1)=-\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{{(1+\frac{1}{x})}^{x}}=-\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{{e}^{x\ln (1+\frac{1}{x})}}$

και επειδή $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( x\ln (1+\frac{1}{x}) \right)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln (1+\frac{1}{x})}{\frac{1}{x}}\underset{DLH}{\overset{\frac{\infty }{\infty }}{\mathop{=}}}\,\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\frac{1}{1+\frac{1}{x}}\left( -\frac{1}{{{x}^{2}}} \right)}{\left( -\frac{1}{{{x}^{2}}} \right)}=1$ είναι f(1)=-e

Τώρα αν

για $x\in (0,\infty )$ είναι παραγωγίσιμη με {h}'(x)={f}'(x)-{F}'(x)={f}'(x)-f(x)

(…με δεδομένο ότι η {f}'

συνεχής )

από την ισότητα $\left | f'(x)-f(x) \right |=e^{x}(\frac{1}{x}+\frac{1}{x^{2}})$ έχουμε ότι

$\left| {h}'(x) \right|={{e}^{x}}(\frac{1}{x}+\frac{1}{{{x}^{2}}})\ne 0$ άρα η ${h}'(x)\ne 0$ και θα διατηρεί σταθερό πρόσημο και αν

{h}'(x)<0

τότε

γνήσια φθίνουσα και τότε $h(2017)<h(2016)\Rightarrow f(2017)-F(2017)<f(2016)-F(2016)$

που είναι άτοπο λόγω υπόθεσης άρα ${h}'(x)>0,\,\,\,x\in (0,\,\,+\infty )$ και από

$\left| {h}'(x) \right|={{e}^{x}}(\frac{1}{x}+\frac{1}{{{x}^{2}}})\Rightarrow {h}'(x)={{e}^{x}}(\frac{1}{x}+\frac{1}{{{x}^{2}}})$ ή

${f}'(x)-f(x)={{e}^{x}}(\frac{1}{x}+\frac{1}{{{x}^{2}}})\Leftrightarrow {{e}^{-x}}{f}'(x)-{{e}^{-x}}f(x)=\frac{1}{x}+\frac{1}{{{x}^{2}}}\Leftrightarrow$

${{\left( {{e}^{-x}}f(x) \right)}^{\prime }}={{\left( \ln x-\frac{1}{x} \right)}^{\prime }}\Leftrightarrow {{e}^{-x}}f(x)=\ln x-\frac{1}{x}+c\Leftrightarrow f(x)={{e}^{x}}\ln x-\frac{{{e}^{x}}}{x}+c{{e}^{x}}$

και επειδή f(1)=-e

είναι $-e+ce=-e\Rightarrow c=0$ άρα $f(x)={{e}^{x}}\ln x-\frac{{{e}^{x}}}{x},\,x>0$

...τώρα

....

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

Antonis Loutraris · #3

Mία προσέγγιση στα επόμενα ερωτήματα..

(Δ.2) Για κάθε $\displaystyle{x>0, f'(x)=e^{x}\cdot\left(\ln x+\frac{1}{x^{2}}\right)(1)}$ και
$\displaystyle{ f''(x)=e^{x}\cdot\left(\ln x+\frac{x^{2}+x-2}{x^{3}}\right).}$ Για τα x>1, f''(x)>0

ενώ για τα x<1, f''(x)<0

συνεπώς η

κυρτή στο $[1,\infty)$ και κοίλη στο (0,1].

Το σημείο

σημείο καμπής της $C_{f}.$
Ας είναι τώρα η συνάρτηση $\displaystyle{g(x)=2f\left(\frac{3}{2x}\right)-f\left(\frac{1}{2x}\right)-f\left(\frac{5}{2x}\right),x\in\left[\frac{1}{2},e\right]}.$ Παρατηρούμε ότι η

ικανοποιεί τις υποθέσεις του θ.Bolzano καθώς είναι συνεχής στο $\left[\frac{1}{2},e\right]}$ και
$\displaystyle{g\left(\frac{1}{2}\right)=2f(3)-f(1)-f(5)<0}$ και $\displaystyle{g\left(e\right)=2f\left(\frac{3}{2e}\right)-f\left(\frac{1}{2e}\right)-f\left(\frac{5}{2e}\right)>0}.$ Tα πρόσημα προκύπτουν με εφαρμογή της ανισότητας Jensen για την

στα διαστήματα [1,5]

και $\displaystyle{\left[\frac{1}{2e},\frac{5}{2e}\right].}$

(Δ.3) Aπό την (1) παρατηρούμε ότι $f'(x)>0,x\in(0,\infty)$ άρα η

γνήσια αύξουσα και για κάθε $x\in[1,2]$
$\displaystyle{f(1)\leq f(x)\leq f(2)\Rightarrow f(1)<\int_{1}^{2}f(x)dx<f(2)\Rightarrow f(1)<e^{2}\ln 2-2\int_{1}^{2}\frac{e^{x}}{x}dx<f(2)}$
Προσθέτοντας την ποσότητα $-e^{2}\ln2$ και στα τρία μέλη της ανίσωσης και διαιρώντας με το

έχουμε το ζητούμενο.

Συγνώμη για την απώλεια των επόμενων βημάτων αλλά μάλλον έχει κάποιο πρόβλημα το pc μου και δεν μπορώ να αποτυπώσω σε μαθηματικό κείμενο
τα επόμενα βήματα αν και είναι προφανή.

Φιλικά,

Αντώνης

Θέμα Διαγωνίσματος προσομοίωσης

Θέμα Διαγωνίσματος προσομοίωσης

Re: Θέμα Διαγωνίσματος προσομοίωσης

Re: Θέμα Διαγωνίσματος προσομοίωσης

Μέλη σε σύνδεση