Επαναληπτική- Μέχρι συνέχεια

hsiodos · #1

Καλό μεσημέρι
Μια επαναληπτική μέχρι και συνέχεια.

: Έγγραφο1.png (78.53 KiB) Προβλήθηκε 700 φορές

#2

Γιώργο γειά χαρά!
Ωραία η άσκηση, αλλά θα μου επιτρέψεις μια παρατήρηση.
Στο σημείο που χρειάζεται να δείξω πως η f είναι γνησίως φθίνουσα, χρησιμοποιώ την πρόταση ''f συνεχής και 1-1 => f γνήσια μονότονη'', μιας και δε βρίσκω κάτι άλλο.
Αυτομάτως η άσκηση καθίσταται μη χρήσιμη για μαθητές, μιας και πρέπει να περάσουν και απο αυτό το σκαλοπάτι.Θα χαρώ να διαψευστώ!
Θα έγραφα μια πλήρη λύση, αλλά αυτήν τη στιγμή βράζω μακαρόνια και δεν την ξαναπατάω!

hsiodos · #3

Γεια σου Χρήστο!
Νομίζω πως μπορούμε να δώσουμε λύση στα σχολικά πλαίσια.
Όμως πρώτα πρόσεξε την μακαρονάδα !!

Γιώργος

Χρήστος Λαζαρίδης · #4

Ας αφήσουμε το Χρήστο, να φάει τα μακαρόνια του. Θα προσπαθήσω να βοηθήσω εγώ.

$\displaystyle{x_1 ,x_2 \in R,x_1 < x_2 }$
Έστω $\displaystyle{f(x_1 ) \ge f(x_2 ) \Rightarrow - f(x_1 ) \le - f(x_2 ) \Rightarrow e^{ - f(x_1 )} \le e^{ - f(x_2 )}}$
$\displaystyle{f(x_1 ) \ge f(x_2 ) \Rightarrow - 2f^3 (x_1 ) \le - 2f^3 (x_2 )}$
Με πρόσυεση κατά μέλη και με χρήση της αρχικής σχέσεως, προκύπτει: $\displaystyle{x_1 + 2 \le x_2 + 2 \Rightarrow x_1 \le x_2 }$ , άτοπο

Φιλικά Χρήστος
Προσοχή έκανα λάθος τις φορές, όπου:.
Όπου μικρότερο ή ίσο, μεγαλύτερο ή ίσο.

mathxl · #5

Ας μου επιτρέψει ο φίλος Χρήστος να πάρω την σκυτάλη.
α) Έστω ότι κάποιο ζεύγος χ1,χ2 με χ1<χ2 τέτοιο ώστε f(x1)=<f(x2) κατασκευάζουμε το πρώτο μέλος της δοθείσας και καταλήγουμε σε άτοπο, άρα γνησίως φθίνουσα, οπότε 1-1 άρα αντιστρέφεται
β) Αφού η φ είναι γνησίως φθίνουσα και συνεχής τα όρια στα άπειρα υπάρχουν.
-Αν είναι πεπερασμένοι αριθμοί παίρνοντας όρια στα μέλη καταλήγουμε σε άτοπο (πρώτο μέλος=αριθμός, δεύτερο μέλος άπειρο) οπότε είναι μη πεπερασμένα και λόγω μονοτονίας, το όριο στο -οο είναι +οο και στο +οο είοναι -οο. Οπότε το σύνολο τιμών είναι το R. Βάζουμε στην σχέση μας όπου χ το f^-1(y) και όπου f(x)=y και καταλήγουμε στην ζητούμενη
γ) Αν υποθέσουμε ότι σε κάποιο χο η συνάρτηση μας μηδενίζει βρίσκουμε ότι χο=-1 (μοναδικό λόγω μονοτονίας)
ι.Βάζουμε f στα μέλη
$\begin{array}{l} f\left( {f\left( {\left| {2008 - \omega } \right| + \left| {2008 + \omega } \right| - \alpha } \right)} \right) = f\left( 0 \right) \Leftrightarrow \\ f\left( {\left| {2008 - \omega } \right| + \left| {2008 + \omega } \right| - \alpha } \right) = 0 = f\left( { - 1} \right) \Leftrightarrow \\ \left| {2008 - \omega } \right| + \left| {2008 + \omega } \right| - \alpha = - 1 \Leftrightarrow \\ \alpha - 1 = \left| {2008 - \omega } \right| + \left| {2008 + \omega } \right| \ge \left| {2008 - \omega + 2008 + \omega } \right| = 4016 \\ \end{array}$
ιι. Είναι $\left| \omega \right| = \frac{1}{2}\left| {2\omega } \right| = \frac{1}{2}\left| {\omega - 2008 + \omega + 2008} \right| \le \frac{1}{2}\left[ {\left| {2008 - \omega } \right| + \left| {2008 + \omega } \right|} \right] = 2008$ . Ο γ.τ. είναι ο κυκλικός δίσκος (Ο,2008)

δ)
$\begin{array}{l} \frac{{{e^{ - f\left( x \right)}} - 2{f^3}\left( x \right)}}{{{x^3}}} = \frac{{x + 2}}{{{x^3}}} \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{{e^{ - f\left( x \right)}} - 2{f^3}\left( x \right)}}{{{x^3}}} = 0 \\ \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{{e^{ - f\left( x \right)}}}}{{{x^3}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\frac{1}{{{x^3}}} \cdot {e^{ - f\left( x \right)}}} \right) = 0 \\ \end{array}$

$\begin{array}{l} \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - 2{f^3}\left( x \right)}}{{{x^3}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\frac{{{e^{ - f\left( x \right)}} - 2{f^3}\left( x \right)}}{{{x^3}}} - \frac{{{e^{ - f\left( x \right)}}}}{{{x^3}}}} \right) = 0 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{{f^3}\left( x \right)}}{{{x^3}}} = 0 \\ \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{f\left( x \right)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( { - \sqrt[3]{{ - \frac{{{f^3}\left( x \right)}}{{{x^3}}}}}} \right) = 0 \\ \end{array}$

ε)
Ισοδύναμα λύνουμε την εξίσωση
$\begin{array}{l} 2{f^3}\left( x \right) + 3x = {x^2} - 2 \Leftrightarrow \\ {e^{ - f\left( x \right)}} - x - 2 + 3x = {x^2} - 2 \Leftrightarrow \\ {e^{ - f\left( x \right)}} + 1 - {\left( {x - 1} \right)^2} = 0 \\ \end{array}$
έπειτα θεώρημα bolzano στην $g\left( x \right) = {e^{ - f\left( x \right)}} + 1 - {\left( {x - 1} \right)^2},x \in \left[ { - 1,0} \right]$
ΠΡΟΣΘΗΚΗ: Διόρθωσα -καλύτερα έκοψα τον κώδικα λάτεξ σε μικρότερα μέρη- ώστε να φαίνεται η λύση του δ

#6

Γειά χαρά!
Μια χαρά έφαγα, έκανα την πρόσθετη μου (τα παιδιά εδώ στη Χάλκη δεν έχουν την πολυτέλεια του φροντιστηρίου)
και να'μαι πάλι.
Χρήστο, μιας και με ξεκούρασες, δε μου λες και που είναι το άτοπο;

οκ , μόλις τώρα είδα και τη διόρθωση.

mathxl · #7

Ο Γιώργος με ενημέρωσε ότι έχω λάθος τον γ.τ. , πράγματι βασίστηκα στην ανισότητα για την απάντηση παρά στην εξόφθαλμη ισότητα... $\left| {\omega - 2008} \right| + \left| {\omega + 2008} \right| = 4016$
Επειδή |2008-(-2008)|=4016 δεν πρόκειται για έλλειψη και παριστάνει το ευθύγραμμο τμήμα με άκρα (-2008,0) (2008,0)

ΥΓ: Για το τελευταίο υποερώτημα μπορούμε να δείξουμε, με τον ορισμό ότι η g είναι γνησίως αύξουσα άρα έχει ακριβώς μία λύση

hsiodos · #8

Καλημέρα Βασίλη

Ωραία η λύση σου . Μου άρεσε η αντιμετώπιση του ορίου που το είχα σκεφθεί να υπολογισθεί με την αντικατάσταση u = f(x) .

Γιώργος

Επαναληπτική- Μέχρι συνέχεια

Επαναληπτική- Μέχρι συνέχεια

Re: Επαναληπτική- Μέχρι συνέχεια

Re: Επαναληπτική- Μέχρι συνέχεια

Re: Επαναληπτική- Μέχρι συνέχεια

Re: Επαναληπτική- Μέχρι συνέχεια

Re: Επαναληπτική- Μέχρι συνέχεια

Re: Επαναληπτική- Μέχρι συνέχεια

Re: Επαναληπτική- Μέχρι συνέχεια

Μέλη σε σύνδεση