mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Απρ 11, 2019 9:47 pm**

Δίνεται συνάρτηση με τύπο $f(x) = \left\{ \begin{gathered} \frac{x}{{{e^x} - 1}},x > 0 \hfill \\ 1,x = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right.$ και

μια παράγουσα της

στο $\left[ {0, + \infty } \right)$ . Να δείξετε ότι ισχύει $F(\ln x) - f(x) = F(x) - f(\ln x)$ για κάθε x > 1

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Απρ 11, 2019 11:35 pm**

Μήπως λείπει κάποιο δεδομένο ;

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 12, 2019 12:06 am**

Δεν εχει κατι αλλο, ειναι ασκηση απο καθηγητη σχολειου...

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 12, 2019 12:25 am**

Aladdin έγραψε: ↑
Παρ Απρ 12, 2019 12:06 am
Δεν εχει κατι αλλο, ειναι ασκηση απο καθηγητη σχολειου...

Δεν είναι σωστή. Αν ήταν τότε ${\left (F(\ln x) - f(x) - F(x) + f(\ln x) \right) }'=0$ για κάθε x > 1

.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 12, 2019 12:55 am**

Aladdin έγραψε: ↑
Πέμ Απρ 11, 2019 9:47 pm
Δίνεται συνάρτηση με τύπο $f(x) = \left\{ \begin{gathered} \frac{x}{{{e^x} - 1}},x > 0 \hfill \\ 1,x = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right.$ και μια παράγουσα της στο $\left[ {0, + \infty } \right)$ . Να δείξετε ότι ισχύει $F(\ln x) - f(x) = F(x) - f(\ln x)$ για κάθε

Αλλιώς για να δει κανείς το λάθος είναι το ΘΜΤ του Cauchy. Από εκεί παίρνουμε για κάθε x>1

ότι υπάρχει

$\xi\in(\ln x,x)$ με $\dfrac{f(\xi)}{{f}'(\xi)}=-1\Rightarrow f(\xi)+{f}'(\xi)=0$ και θεωρώντας την

e^xf(x)

η παράγωγός της θα είχε ρίζα την $\xi$ .

Όμως ${\left (e^xf(x) \right )}'=...=\dfrac{e^x(e^x-x-1)}{\left (e^x-1 \right )^2}>0$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 12, 2019 1:19 am**

Aladdin έγραψε: ↑
Πέμ Απρ 11, 2019 9:47 pm
Δίνεται συνάρτηση με τύπο $f(x) = \left\{ \begin{gathered} \frac{x}{{{e^x} - 1}},x > 0 \hfill \\ 1,x = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right.$ και μια παράγουσα της στο $\left[ {0, + \infty } \right)$ . Να δείξετε ότι ισχύει $F(\ln x) - f(x) = F(x) - f(\ln x)$ για κάθε

...μάλλον κάτι δεν πάει καλά εδώ...γιατί....

Αν πράγματι ισχύει για κάθε x > 1

θα ισχύει και για x=e

και τότε

$F(1)-f(e)=F(e)-f(1)\Leftrightarrow F(1)+f(1)=F(e)+f(e)$ (1)

που για την συνάρτηση g(x)=F(x)+f(x)

σημαίνει ότι g(e)=g(1)

και επειδή η

είναι παραγωγίσιμη με

{g}'(x)={F}'(x)+{f}'(x)=f(x)+{f}'(x)

σύμφωνα με το Rolle θα υπάρχει $\xi \in (1,\,e)$ που ${g}'(\xi )=0$ και επειδή

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

είναι ${g}'(x)=0\Leftrightarrow {{e}^{x}}-x-1=0$ που ως γνωστόν έχει μοναδική ρίζα την x=0

οπότε $\xi =0$ που προφανώς είναι άτοπο….

...κάτι άλλο πρέπει να είναι το ζητούμενο...να λυθεί η εξίσωση....

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 12, 2019 1:35 am**

Ευχαριστω

mathematica.gr

Παράγουσα

Παράγουσα

Re: Παράγουσα

Re: Παράγουσα

Re: Παράγουσα

Re: Παράγουσα

Re: Παράγουσα

Re: Παράγουσα