ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

#61

perpant έγραψε:Μιας και έχουν μέινει μόνο οι 134, 135 και τα δύο τελευταία ερωτήματα στην 132, δίνω άλλη μία.
ΑΣΚΗΣΗ 140η

Δίνεται συνάρτηση $\displaystyle{f:R \to R}$ δύο φορές παραγωγίσιμη και τέτοια ώστε $\displaystyle{\int\limits_0^{f\left( x \right)} {\left( {e^t + 1} \right)dt = x - 1} }$ για κάθε $\displaystyle{x \in R}$ .

α) Να δείξετε ότι η $\displaystyle{f}$ αντιστρέφεται και να βρείτε την αντίστροφη

β) Να μελετήσετε την $\displaystyle{f}$ ως προς το που στρέφει τα κοίλα

γ) Να βρείτε τις ρίζες και το πρόσημο της $\displaystyle{f}$ για τις διάφορες τιμές του $\displaystyle{x \in R}$

δ) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη $\displaystyle{C_f }$ , τον άξονα $\displaystyle{x'x}$ και τις ευθείες $\displaystyle{x = 1}$ και $\displaystyle{x = e + 1}$

ε) Να δείξετε ότι $\displaystyle{\left( {x - 1} \right)f'\left( x \right) < f\left( x \right) < \frac{{x - 1}}{2}}$ για κάθε $\displaystyle{x > 1}$

Τσακουμάγκος-Μπαλωμένου (εκδόσεις Ελληνοεκδοτική)

α) Είναι $\displaystyle{ g\left( t \right) = e^t + 1 }$ συνεχής στο $\displaystyle{ R }$ (άθροισμα συνεχών) και $\displaystyle{ 0 \in R \Rightarrow F\left( x \right) = \int\limits_0^x {g\left( t \right)dt} }$ είναι μια παράγουσα της $\displaystyle{ g }$ στο $\displaystyle{ R }$

και επειδή $\displaystyle{ f }$ παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{ R }$ (υπόθεση) η συνάρτηση $\displaystyle{ G\left( x \right) = \left( {F \circ f} \right)\left( x \right) = \ldots \int\limits_0^{f\left( x \right)} {\left( {e^t + 1} \right)dt} }$ είναι παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{ R }$ δηλαδή τα μέλη

της δοσμένης σχέσης είναι παραγωγίσιμες συναρτήσεις και μάλιστα

$\displaystyle{ \left( {\int\limits_0^{f\left( x \right)} {\left( {e^t + 1} \right)dt} } \right)^\prime = \left( {x - 1} \right)^\prime \Rightarrow \left( {e^{f\left( x \right)} + 1} \right) \cdot f'\left( x \right) = 1 > 0\mathop \Rightarrow \limits^{e^{f\left( x \right)} + 1 > 0,\forall x \in R} f'\left( x \right) > 0,\forall x \in R \Rightarrow f }$ γνησίως αύξουσα οπότε "1-1" άρα αντιστρέψιμη.

Είναι : $\displaystyle{ \left( {e^{f\left( x \right)} + 1} \right) \cdot f'\left( x \right) = 1 \Rightarrow \left( {e^{f\left( x \right)} + f\left( x \right)} \right)^\prime = \left( x \right)^\prime \Rightarrow \boxed{e^{f\left( x \right)} + f\left( x \right) = x + c}:\left( 1 \right) }$

Για $\displaystyle{ x = 1 \Rightarrow \int\limits_0^{f\left( 1 \right)} {\left( {e^t + 1} \right)dt} = 0\mathop \Rightarrow \limits^{e^t + 1 \geqslant 1 > 0,\forall t \in R} \boxed{f\left( 1 \right) = 0}:\left( 2 \right) }$ . Από την $\displaystyle{ \left( 1 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{x = 1} e^{f\left( 1 \right)} + f\left( 1 \right) = 1 + c\mathop \Rightarrow \limits^{f\left( 1 \right) = 0} \ldots c = 0 \Rightarrow \boxed{e^{f\left( x \right)} + f\left( x \right) = x}:\left( 3 \right) }$

Είναι $\displaystyle{ e^{f\left( x \right)} \geqslant f\left( x \right) \Rightarrow e^{f\left( x \right)} + f\left( x \right) \geqslant 2f\left( x \right) \Rightarrow 2f\left( x \right) \leqslant x \Rightarrow f\left( x \right) \leqslant \frac{x} {2},\forall x \in R }$ ισχύει:

$\displaystyle{ x < 0 \Rightarrow f\left( x \right) \leqslant \frac{x} {2} < 0 \Rightarrow 0 < \frac{1} {{f\left( x \right)}} < \frac{2} {x}\mathop \Rightarrow \limits^{\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } 0 = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{2} {x} = 0 \to {\rm K}.\Pi \alpha \rho \varepsilon \mu \beta o\lambda \eta \varsigma } \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{1} {{f\left( x \right)}} = 0\mathop \Rightarrow \limits^{f\left( x \right) < 0,\forall x \in \left( { - \infty ,0} \right)} \boxed{\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = - \infty }:\left( 4 \right) }$ και

$\displaystyle{ e^{f\left( x \right)} \geqslant f\left( x \right)\mathop \Rightarrow \limits^{x > 0} 2e^{f\left( x \right)} \geqslant e^{f\left( x \right)} + f\left( x \right)\mathop \Rightarrow \limits^{e^{f\left( x \right)} + f\left( x \right) = x} 2e^{f\left( x \right)} \geqslant x \Rightarrow e^{f\left( x \right)} \geqslant \frac{x} {2}\mathop \Rightarrow \limits^{x > 0,\ln \uparrow } \ln e^{f\left( x \right)} \geqslant \ln \left( {\frac{x} {2}} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{x > 1 \Rightarrow \ln \left( {\frac{x} {2}} \right) > 0} }$

$\displaystyle{ f\left( x \right) \geqslant \ln \left( {\frac{x} {2}} \right) > 0 \Rightarrow 0 < \frac{1} {{f\left( x \right)}} \leqslant \frac{1} {{\ln \left( {\frac{x} {2}} \right)}}\mathop \Rightarrow \limits^{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } 0 = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{1} {{\ln \left( {\frac{x} {2}} \right)}}\mathop = \limits^{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \ln \left( {\frac{x} {2}} \right) = \ldots + \infty } 0} \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{1} {{f\left( x \right)}}\mathop \Rightarrow \limits^{f\left( x \right) > 0,\forall x \in \left( {1, + \infty } \right)} \boxed{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = + \infty }:\left( 4 \right) }$

Επειδή $\displaystyle{ f }$ συνεχής και γνησίως αύξουσα θα είναι $\displaystyle{ f\left( R \right) = \left( {\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right),\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right)} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 4 \right),\left( 5 \right)} f\left( R \right) = \boxed{D\left( {f^{ - 1} } \right) = R}:\left( 6 \right) }$

Από $\displaystyle{ e^{f\left( x \right)} + f\left( x \right) = x\xrightarrow{{x \to f^{ - 1} \left( x \right)}}e^{f\left( {f^{ - 1} \left( x \right)} \right)} + f\left( {f^{ - 1} \left( x \right)} \right) = f^{ - 1} \left( x \right)\mathop \Rightarrow \limits^{f\left( {f^{ - 1} \left( x \right)} \right) = x} \boxed{f^{ - 1} \left( x \right) = e^x + x,x \in D\left( {f^{ - 1} } \right) = R} }$

β) Από $\displaystyle{ \left( {e^{f\left( x \right)} + 1} \right) \cdot f'\left( x \right) = 1 \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{1} {{e^{f\left( x \right)} + 1}}\mathop \Rightarrow \limits^{f\,\,(\delta \iota \varsigma \,\,\pi \alpha \rho \alpha \gamma \omega \gamma \iota \sigma \iota \mu \eta )} f'\left( x \right) = - \frac{{e^{f\left( x \right)} \cdot f'\left( x \right)}} {{\left( {e^{f\left( x \right)} + 1} \right)^2 }}\mathop \Rightarrow \limits^{f'\left( x \right) > 0,\,e^{f\left( x \right)} ,\,e^{f\left( x \right)} + 1 > 0\,\,} f'\left( x \right) < 0,\forall x \in R \Rightarrow f }$ κοίλη στο $\displaystyle{ R }$

γ) Η $\displaystyle{ f }$ έχει όπως είδαμε ρίζα την $\displaystyle{ x = 1 }$ η οποία μάλιστα είναι και μοναδική (λόγω της γνήσιας μονοτονίας (γνησίως αύξουσα) της $\displaystyle{ f }$ στο $\displaystyle{ R }$

δ) Από $\displaystyle{ e^{f\left( x \right)} + f\left( x \right) = x \Rightarrow \left( {e^{f\left( x \right)} + f\left( x \right)} \right) \cdot f'\left( x \right) = x \cdot f'\left( x \right) \Rightarrow \int\limits_1^{e + 1} {\left[ {\left( {e^{f\left( x \right)} + f\left( x \right)} \right) \cdot f'\left( x \right)} \right]dx} = \int\limits_1^{e + 1} {x \cdot f'\left( x \right)dx} \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \left[ {e^{f\left( x \right)} + \frac{{f^2 \left( x \right)}} {2}} \right]_1^{e + 1} = \left[ {xf\left( x \right)} \right]_1^{e + 1} - \int\limits_1^{e + 1} {f\left( x \right)dx} \mathop \Rightarrow \limits^{f\left( x \right) \geqslant 0,\forall x \in \left[ {1,e + 1} \right] \Rightarrow \int\limits_1^{e + 1} {f\left( x \right)dx} = {\rm E}\mu \beta \alpha \delta o} }$ $\displaystyle{ e^{f\left( {e + 1} \right)} + \frac{{f^2 \left( {e + 1} \right)}} {2} - \left( {e^{f\left( 1 \right)} + \frac{{f^2 \left( 1 \right)}} {2}} \right) = \left( {e + 1} \right)f\left( {e + 1} \right) - E \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \boxed{E = \left( {e + 1} \right)f\left( {e + 1} \right) - \left( {e^{f\left( {e + 1} \right)} + \frac{{f^2 \left( {e + 1} \right)}} {2}} \right) + \left( {e^{f\left( 1 \right)} + \frac{{f^2 \left( 1 \right)}} {2}} \right)}:\left( 7 \right) }$

και με $\displaystyle{ f^{ - 1} \left( x \right) = e^x + x\mathop \Rightarrow \limits^{x = 1} f^{ - 1} \left( 1 \right) = e + 1 \Rightarrow f\left( {f^{ - 1} \left( 1 \right)} \right) = f\left( {e + 1} \right) \Rightarrow f\left( {e + 1} \right) = 1\mathop \Rightarrow \limits^{f\left( 1 \right) = 0} }$ $\displaystyle{ E = \left( {e + 1} \right) - \left( {e + \frac{1} {2}} \right) + \left( {1 + \frac{1} {2}} \right) \Rightarrow \boxed{E = 2\tau .\mu } }$

ε) Για $\displaystyle{ x > 1 }$ στο διάστημα $\displaystyle{ \left[ {1,x} \right] }$ επειδή $\displaystyle{ f }$ παραγωγίσιμη ισχύει το Θεώρημα της Μέσης Τιμής του Διαφορικού λογισμού άρα υπάρχει $\displaystyle{ \xi \in \left( {1,x} \right):\boxed{f'\left( \xi \right) = \frac{{f\left( x \right) - f\left( 1 \right)}} {{x - 1}}}:\left( 8 \right) }$

Με $\displaystyle{ f }$ κοίλη (όπως δείξαμε) είναι $\displaystyle{ f' }$ γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{ R }$ άρα

$\displaystyle{ 1 < \xi < x \Rightarrow f'\left( x \right) < f'\left( \xi \right) < f'\left( 1 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 8 \right)} f'\left( x \right) < \frac{{f\left( x \right) - f\left( 1 \right)}} {{x - 1}} < f'\left( 1 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{f\left( 1 \right) = 0,x > 1 \Rightarrow x - 1 > 0} \boxed{\left( {x - 1} \right)f'\left( x \right) < f\left( x \right) < \left( {x - 1} \right)f'\left( 1 \right)}:\left( 9 \right) }$

Με $\displaystyle{ f'\left( x \right) = \frac{1} {{1 + e^{f\left( x \right)} }}\mathop \Rightarrow \limits^{x = 1} f'\left( 1 \right) = \frac{1} {{1 + e^{f\left( 1 \right)} }}\mathop \Rightarrow \limits^{f\left( 1 \right) = 0} f'\left( 1 \right) = \frac{1} {2}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 9 \right)} \boxed{\left( {x - 1} \right)f'\left( x \right) < f\left( x \right) < \frac{{x - 1}} {2}} }$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

ΚΟΥΤΣΟΥΚΟΣ ΓΙΑΝΝΗΣ · #62

Άσκηση 132

Για το Α6
Θεωρώ συνάρτηση $K(x) =\int_{a}^{x}{\frac{\eta \mu t}{t}dt}$ με a>0 , x > 0

.Η συνάρτηση $\frac{\eta \mu t}{t}$ είναι συνεχής ώς
πηλίκο συνεχών άρα η K(x)

είναι παραγωγίσιμη στο $(0,+\propto )$ με $K'(x) =\frac{\eta \mu x}{x}$ άρα και συνεχής.

Επομένως η συνάρτηση ικανοποιεί τις προυποθέσεις του θεωρήματος Μέσης τιμής στο διάστημα [2x,3x]

οπότε υπάρχει τουλάχιστον ένα
$\xi \in (2x , 3x)$ ώστε $K'( \xi ) = \frac{K(3x) - K(2x)}{3x - 2x} = \frac{\int_{a}^{3x}{\frac{\eta \mu t}{t}dt} - \int_{a}^{2x}{\frac{\eta \mu t}{t}dt}}{x} = \frac{\int_{2x}^{3x}{\frac{\eta \mu t}{t}dt} }{x}$ (1)

Επίσης έχουμε $2x < \xi < 3x$ $\Rightarrow \begin{Bmatrix} x\rightarrow 0^{+}\\ \xi\rightarrow 0^{+} \end{Bmatrix}$

οπότε το $lim_{x\rightarrow 0^{+}} \frac{\int_{2x}^{3x}{\frac{\eta \mu t}{t}dt} }{x} = lim _{ \xi \rightarrow 0^{+}} K'( \xi) = lim _{ \xi \rightarrow 0^{+}}\frac{\eta \mu \xi}{\xi} = 1$

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ · #63

KAKABASBASILEIOS έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 134

ΛΥΣΗ

Α. Για $\displaystyle{x = 0}$ έχουμε $\displaystyle{f(g(0))g(0) = 0 \Leftrightarrow f(1) = 0}$

Έχουμε $\displaystyle{f'(g(x))g'(x) = \frac{{1 - x}}{{e^x }} \Leftrightarrow \left[ {f(g(x)} \right]^\prime = \left( {\frac{x}{{e^x }}} \right)^\prime \Rightarrow f(g(x)) = \frac{x}{{e^x }} + c}$

Οπότε για $\displaystyle{x = 0}$ έχουμε $\displaystyle{f(g(0)) = c \Leftrightarrow f(1) = c \Leftrightarrow c = 0}$

Συνεπώς $\displaystyle{f(g(x)) = \frac{x}{{e^x }}}$ . Όμως $\displaystyle{f(g(x))g(x) = x \Leftrightarrow \frac{x}{{e^x }}g(x) = x\mathop \Leftrightarrow \limits^{x > 0} g(x) = e^x }$

Επομένως $\displaystyle{g'(x) = g(x) = e^x }$ , άρα $\displaystyle{g'(1) = g(1) = e}$

Η εξίσωση της εφαπτομένης της $\displaystyle{C_g }$ στο $\displaystyle{A(1,g(1))}$ είναι η

$\displaystyle{y - g(1) = g'(1)(x - 1)\mathop \Leftrightarrow \limits^{g'(1) = g(1)} y - g(1) = g(1)(x - 1) \Leftrightarrow y = g(1)x}$

Β. Έχουμε $\displaystyle{f(e^x ) = \frac{x}{{e^x }}}$ . Θέτουμε $\displaystyle{e^x = u > 0}$ οπότε $\displaystyle{e^x = u \Leftrightarrow x = \ln u}$

Επομένως $\displaystyle{f(e^x ) = \frac{x}{{e^x }} \Rightarrow f(u) = \frac{{\ln u}}{u},u > 0}$

Άρα $\displaystyle{f(x) = \frac{{\ln x}}{x},x > 0}$ , που επάληθεύει τις αρχικές σχέσεις.

$\displaystyle{f'(x) = \frac{{1 - \ln x}}{{x^2 }},x > 0}$ και $\displaystyle{f''(x) = \frac{{2\ln x - 3}}{{x^3 }},x > 0}$

$\displaystyle{f''(x) = 0 \Leftrightarrow \frac{{2\ln x - 3}}{{x^3 }} = 0 \Leftrightarrow 2\ln x - 3 = 0 \Leftrightarrow \ln x = \frac{3}{2} \Leftrightarrow x = e^{\frac{3}{2}} = \sqrt {e^3 } = e\sqrt e }$

$\displaystyle{f''(x) > 0 \Leftrightarrow \frac{{2\ln x - 3}}{{x^3 }} > 0\mathop \Leftrightarrow \limits^{x > 0} 2\ln x - 3 > 0 \Leftrightarrow \ln x > \frac{3}{2} \Leftrightarrow x > e\sqrt e }$

Επομένως η $\displaystyle{f}$ είναι κοίλη στο $\displaystyle{(0,e\sqrt e ]}$ και κυρτή στο $\displaystyle{[e\sqrt e , + \infty )}$

Επίσης $\displaystyle{g(x) = e^x ,x \in R}$ , $\displaystyle{g'(x) = e^x ,x \in R}$ και $\displaystyle{g''(x) = e^x > 0}$

Συνεπώς η $\displaystyle{g}$ κυρτή στο $\displaystyle{R}$

Γ. $\displaystyle{f(x) = \frac{{\ln x}}{x},x > 0}$ και $\displaystyle{f'(x) = \frac{{1 - \ln x}}{{x^2 }},x > 0}$

$\displaystyle{f(1) = 0,f'(1) = 1}$ .

Οπότε η εφαπτομένη της $\displaystyle{C_f }$ στο σημείο με τετμημένη $\displaystyle{x = 1}$ είναι η $\displaystyle{y - f(1) = f'(1)(x - 1) \Leftrightarrow y = x - 1}$

Δ .

: ασκηση 134.png (17.55 KiB) Προβλήθηκε 2338 φορές

Για κάθε $\displaystyle{x \in (0, + \infty )}$ εύκολα δείχνουμε πως $\displaystyle{f(x) < g(x)}$ , οπότε το ζητούμενο εμβαδόν ισούται με

$\displaystyle{ E = \int\limits_1^{\ln 3} {\left| {g(x) - f(x)} \right|dx = } \int\limits_1^{\ln 3} {\left( {g(x) - f(x)} \right)dx = } \int\limits_1^{\ln 3} {\left( {e^x - \frac{{\ln x}}{x}} \right)dx = } \int\limits_1^{\ln 3} {e^x dx - \int\limits_1^{\ln 3} {\frac{{\ln x}}{x}dx = \left[ {e^x } \right]_1^{\ln 3} } } - \frac{1}{2}\left[ {\ln ^2 x} \right]_1^{\ln 3} }$ $\displaystyle{= 3 - e - \frac{1}{2}\ln ^2 (\ln 3)}$

Ε. Έχουμε $\displaystyle{E > 0 \Rightarrow 3 - e - \frac{1}{2}\ln ^2 (\ln 3) > 0 \Rightarrow 6 - 2e > \ln ^2 (\ln 3) \Rightarrow \sqrt {6 - 2e} > \ln (\ln 3) \Rightarrow e^{\sqrt {6 - 2e} } > \ln 3}$

PanosG · #64

ΑΣΚΗΣΗ 141

Δίνονται οι συναρτήσεις $\displaystyle{f(x)=e^x-3x}$ και $\displaystyle{g(x)=\mathop \int \limits_1^{\ln x} \frac{e^t(e^t+3t)}{e^t-3t}dt}$
i) Να βρείτε το σύνολο τιμών της

ii) Να δείξετε ότι υπάρχουν ακριβώς

ρίζες

της εξίσωσης f(x)=0

οι οποίες ανήκουν στα διαστήματα $\displaystyle \left (0, \frac{e}{3} \right )$ και $\left ( \ln 3,2 \right )$
iii) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της

iv) Να βρείτε το σημείο καμπής της

v) Να δείξετε ότι η

είναι γνησίως φθίνουσα στο πεδίο ορισμού της και ότι για κάθε $a,b \in D_g$ με a<b

ισχύει:
$\displaystyle{\left (e-3 \right ) \mathop \int \limits_{\ln a}^{\ln b} \frac{e^t(e^t+3t)}{e^t-3t}dt \geq \left (b-a \right ) \left (e+3 \right )}$

Χ.Πατήλας(Ελληνοεκδοτική)

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ · #65

ΑΣΚΗΣΗ 142

Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση $\displaystyle{f}$ : $\displaystyle{R \to R}$ για την οποία ισχύουν

$\bullet$ $\displaystyle{f(x) = 1 + x\int\limits_1^x {f(x - t)dt,x \in R} }$

$\bullet$ $\displaystyle{\int\limits_{ - 1}^0 {f(x)dx = -2} }$

Α. Να βρείτε την παράγωγο της $\displaystyle{f}$ και την γωνία $\displaystyle{\omega }$ που σχηματίζει η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της $\displaystyle{f}$ στο $\displaystyle{x_0 = 1}$

Β.Να βρείτε το όριο $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f(x) - 1}}{{(x - 1)^3 }}}$

Γ. Να δείξετε οτι $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {e^x \left( {f(e^{ - x} ) - 1} \right)} \right] = 2}$

Από ημερίδα μαθηματικών ,Βέροια 18/4/2010 Εισηγητής : Κωτσάκης Γεώργιος

Edit:Είχα ξεχάσει ένα μείον, το προσθεσα.

#66

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 142

Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση $\displaystyle{f}$ : $\displaystyle{R \to R}$ για την οποία ισχύουν

$\bullet$ $\displaystyle{f(x) = 1 + x\int\limits_1^x {f(x - t)dt,x \in R} }$

$\bullet$ $\displaystyle{\int\limits_{ - 1}^0 {f(x)dx = -2} }$

Α. Να βρείτε την παράγωγο της $\displaystyle{f}$ και την γωνία $\displaystyle{\omega }$ που σχηματίζει η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της $\displaystyle{f}$ στο $\displaystyle{x_0 = 1}$

Β.Να βρείτε το όριο $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{f(x) - 1}}{{(x - 1)^3 }}}$

Γ. Να δείξετε οτι $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {e^x \left( {f(e^{ - x} ) - 1} \right)} \right] = 2}$

Από ημερίδα μαθηματικών ,Βέροια 18/4/2010 Εισηγητής : Κωτσάκης Γεώργιος

ΛΥΣΗ

Α. Για u=x-t

έχουμε ότι du=-dt

και για $t=1\to u=x-1,\,\,\,\,\,t=x\to u=0$ οπότε η $f(x)=1+x\int\limits_{1}^{x}{f(x-t)dt}$ γίνεται $f(x)=1+x\int\limits_{x-1}^{0}{f(u)(-du)=}1+x\int\limits_{0}^{x-1}{f(u)du}$ οπότε η

είναι παραγωγίσιμη ως πράξεις παραγωγίσιμων με ${f}'(x)=\int\limits_{0}^{x-1}{f(u)du}+xf(x-1)$ επομένως {f}'(1)=f(0)

και επειδή f(0)=1

είναι

άρα η γωνία που σχηματίζει η εφαπτομένη της

στο ${{x}_{0}}=1$ είναι $\omega =\frac{\pi }{4}$

Β. Είναι $\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x)-1}{{{(x-1)}^{3}}}=\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{f(x)-f(1)}{x-1}\frac{1}{{{(x-1)}^{2}}} \right)=+\infty$

γιατί $\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x)-f(1)}{x-1}={f}'(1)=1$ και $\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{{{(x-1)}^{2}}}=+\infty$

Γ. Επειδή $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x)-f(0)}{x}={f}'(0)$ με ${f}'(0)=\int\limits_{0}^{-1}{f(u)du}=2$ άρα

$\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x)-1}{x}=2$ και $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{e}^{-x}}=0$ το όριο της σύνθεσης θα υπάρχει και είναι $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{f({{e}^{-x}})-1}{{{e}^{-x}}}=2$

Φίλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

#67

ΚΟΥΤΣΟΥΚΟΣ ΓΙΑΝΝΗΣ έγραψε:Άσκηση 132

Για το Α6
Θεωρώ συνάρτηση $K(x) =\int_{a}^{x}{\frac{\eta \mu t}{t}dt}$ με .Η συνάρτηση $\frac{\eta \mu t}{t}$ είναι συνεχής ώς
πηλίκο συνεχών άρα η είναι παραγωγίσιμη στο $(0,+\propto )$ με $K'(x) =\frac{\eta \mu x}{x}$ άρα και συνεχής.

Επομένως η συνάρτηση ικανοποιεί τις προυποθέσεις του θεωρήματος Μέσης τιμής στο διάστημα οπότε υπάρχει τουλάχιστον ένα
$\xi \in (2x , 3x)$ ώστε $K'( \xi ) = \frac{K(3x) - K(2x)}{3x - 2x} = \frac{\int_{a}^{3x}{\frac{\eta \mu t}{t}dt} - \int_{a}^{2x}{\frac{\eta \mu t}{t}dt}}{x} = \frac{\int_{2x}^{3x}{\frac{\eta \mu t}{t}dt} }{x}$ (1)

Επίσης έχουμε $2x < \xi < 3x$ $\Rightarrow \begin{Bmatrix} x\rightarrow 0^{+}\\ \xi\rightarrow 0^{+} \end{Bmatrix}$
οπότε το $lim_{x\rightarrow 0^{+}} \frac{\int_{2x}^{3x}{\frac{\eta \mu t}{t}dt} }{x} = lim _{ \xi \rightarrow 0^{+}} K'( \xi) = lim _{ \xi \rightarrow 0^{+}}\frac{\eta \mu \xi}{\xi} = 1$

Για το Α6

2ος Τροπος με Κ.Π.
Η

φθίνουσα $\displaystyle{\forall x\in \left( 0,\pi \right)}$
Για κάθε $\displaystyle{x\in \left( 0,\text{ }\pi \right)}$ και για κάθε

με $\displaystyle{\text{2}x\le t\le \text{3}x}$ θα είναι:
$\displaystyle{~\text{f}(\text{2}x)\text{ }\ge \text{f}(t)\text{ }\ge \text{f}(\text{3}x)\Leftrightarrow ~\text{f}(\text{3}x)\text{ }\le \text{f}(t)\text{ }\le \text{f}(\text{2}x)\Leftrightarrow }$
$\displaystyle{\int\limits_{2x}^{3x}{{}}f\left( \text{3}x \right)dt\le \int\limits_{2x}^{3x}{{}}\text{ f}\left( t \right)dt\le \int\limits_{2x}^{3x}{{}}f\left( \text{2}x \right)dt\Leftrightarrow xf\left( \text{3}x \right)\le \int\limits_{2x}^{3x}{{}}\text{ f}\left( t \right)dt\text{ }\le xf\left( \text{2}x \right)\Leftrightarrow \text{ }}$
$\displaystyle{\left\{ \frac{\eta \mu 3x}{3}\le \int\limits_{2x}^{3x}{{}}\text{ f}\left( t \right)dt\le \frac{\eta \mu 2x}{2}\text{ }\delta \iota \alpha \text{ }x\text{0} \right\}\Leftrightarrow \frac{\eta \mu 3x}{3x}\le \frac{\int\limits_{2x}^{3x}{{}}\text{ f}\left( t \right)dt}{x}\le \frac{\eta \mu 2x}{2x}}$
Είναι $\displaystyle{\underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\eta \mu 3x}{3x}=1,\underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\eta \mu 2x}{2x}=1}$ άρα από κριτήριο παρεμβολής θα είναι:
. $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\int_{2x}^{3x}{f(t)dt}}{x}=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\int_{2x}^{3x}{\frac{\eta \mu t}{t}dt}}{x}=1$

3ος Τρόπος:
Αφού η f είναι συνεχής και στο 0 έχουμε x $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\int_{2x}^{3x}{\frac{\eta \mu t}{t}dt}}{x}=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\int_{2x}^{3x}{f(t)dt}}{x}\underset{{D}'LH}{\overset{\left( \frac{0}{0} \right)}{\mathop{=}}}\,\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{\left( -\int_{0}^{2x}{f(t)dt}+\int_{0}^{3x}{f(t)dt} \right)}^{\prime }}}{{{\left( x \right)}^{\prime }}}=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{-2f(2x)+3f(3x)}{1}=f(0)$ .ΠΡΟΣΟΧΗ:
$\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\int_{2x}^{3x}{\frac{\eta \mu t}{t}dt}}{x}=\left( \frac{\int_{0}^{0}{\frac{\eta \mu t}{t}dt}}{0} \right)$
Με πρόβλημα ορισμού στο

για την $\frac{\eta \mu t}{t}$

#68

PanosG έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 141

Δίνονται οι συναρτήσεις $\displaystyle{f(x)=e^x-3x}$ και $\displaystyle{g(x)=\mathop \int \limits_1^{\ln x} \frac{e^t(e^t+3t)}{e^t-3t}dt}$
i) Να βρείτε το σύνολο τιμών της
ii) Να δείξετε ότι υπάρχουν ακριβώς ρίζες της εξίσωσης οι οποίες ανήκουν στα διαστήματα $\displaystyle \left (0, \frac{e}{3} \right )$ και $\left ( \ln 3,2 \right )$
iii) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της
iv) Να βρείτε το σημείο καμπής της
v) Να δείξετε ότι η είναι γνησίως φθίνουσα στο πεδίο ορισμού της και ότι για κάθε $a,b \in D_g$ με ισχύει:
$\displaystyle{\left (e-3 \right ) \mathop \int \limits_{\ln a}^{\ln b} \frac{e^t(e^t+3t)}{e^t-3t}dt \geq \left (b-a \right ) \left (e+3 \right )}$

Χ.Πατήλας(Ελληνοεκδοτική)

ΛΥΣΗ

i) Είναι $f(x)={{e}^{x}}-3x$ με ${f}'(x)={{e}^{x}}-3$ και ${f}'(x)=0\Leftrightarrow {{e}^{x}}=3\Leftrightarrow x=\ln 3$

και επειδή ${f}'(x)>0\Leftrightarrow {{e}^{x}}>3\Leftrightarrow x>\ln 3$ η

είναι γνήσια αύξουσα στο $[\ln 3,\,\,+\infty )$ και επειδή

${f}'(x)<0\Leftrightarrow {{e}^{x}}<3\Leftrightarrow x<\ln 3$ η

είναι γνήσια φθίνουσα στο $(-\infty ,\,\,\ln 3]$ .

Έτσι στο $x=\ln 3$ παίρνει τηνελάχιστη τιμή της $f(\ln 3)=3-3\ln 3$ και αφού $\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,({{e}^{x}}-x)=+\infty$

το σύνολο τιμών της θα είναι το $[3-3\ln 3,\,\,+\infty )$

ii) Επειδή f(0)=1>0

και $f(\frac{e}{3})={{e}^{\frac{e}{3}}}-e<0$ αφού $e<3\Leftrightarrow \frac{e}{3}<1\Leftrightarrow {{e}^{\frac{e}{3}}}<e$ ισχύει

$f(0)f(\frac{e}{3})<0$ και από θεώρημα BOLZANO θα υπάρχει ${{x}_{1}}\in (0,\,\,\frac{e}{3})$ ώστε $f({{x}_{1}})=0$ και είναι μοναδική γιατί στο

$(-\infty ,\,\,\ln 3]$ είναι γνήσια φθίνουσα και και $(0,\,\,\frac{e}{3})\subset (-\infty ,\,\,\ln 3]$ αφού $\frac{e}{3}<\ln 3\Leftrightarrow e<\ln {{3}^{3}}\Leftrightarrow \ln {{e}^{e}}<\ln {{3}^{3}}\Leftrightarrow {{e}^{e}}<{{3}^{3}}$ που ισχύει γιατί e<3

Επίσης είναι $f(\ln 3)=3-3\ln 3=3(1-\ln 3)=3(\ln e-\ln 3)<0$ γιατί e<3

και $f(2)={{e}^{2}}-4>0$ γιατί e>2

οπότε θα ισχύει ότι

$f(\ln 3)f(2)<0$ και από θεώρημα BOLZANO θα υπάρχει ${{x}_{2}}\in (\ln 3,\,\,2)$ ώστε $f({{x}_{2}})=0$ και είναι μοναδική γιατί στο $[\ln 3,\,\,+\infty )$ είναι γνήσια αύξουσα.

iii) Επειδή είναι $g(x)=\int\limits_{1}^{\ln x}{\frac{{{e}^{t}}({{e}^{t}}+3t)}{f(t)}}dt$ και $f(t)\ne 0$ για

$t\in (-\infty ,\,\,{{x}_{1}})\cup ({{x}_{1}},\,\,{{x}_{2}})\cup ({{x}_{2}},\,\,+\infty )$ και ισχύει $0<{{x}_{1}}<\frac{e}{3}<1<\ln 3<{{x}_{2}}$

θα πρέπει και για x>0

να ισχύει ${{x}_{1}}<\ln x<{{x}_{2}}\Leftrightarrow {{e}^{{{x}_{1}}}}<x<{{e}^{{{x}_{2}}}}$ ή $3{{x}_{1}}<x<3{{x}_{2}}$

που σημαίνει ότ το πεδίο ορισμού της

είναι το $A=(3{{x}_{1}},\,\,3{{x}_{2}})$

iv) Ισχύει ότι ${g}'(x)=\frac{{{e}^{\ln x}}({{e}^{\ln x}}+3\ln x)}{f(\ln x)}\frac{1}{x}=\frac{x(x+3\ln x)}{(x-3\ln x)x}=\frac{x+3\ln x}{x-3\ln x}$ και ακόμη

${g}''(x)=\frac{(1+\frac{3}{x})(x-3\ln x)-(1-\frac{3}{x})(x+3\ln x)}{{{(x-3\ln x)}^{2}}}=\frac{6(1-\ln x)}{{{(x-3\ln x)}^{2}}}$ και επειδή {g}''(e)=0

και η

αλλάζει πρόσημο εκατέρωθεν του $e\in (3{{x}_{1}},\,\,3{{x}_{2}})$ η

έχει σημείο καμπής το $(e,\,\,g(e))$ άρα το $(e,\,\,0)$

v) Επειδή τώρα {g}''(e)=0

και ${g}''(x)>0,\,\,\,x<e$ η {g}'

είναι γνήσια αύξουσα στο $(3{{x}_{1}},\,\,e]$

και επειδή η ${g}''(x)<0,\,\,\,x>e$ η {g}'

είναι γνήσια φθίνουσα στο $[e,\,\,3{{x}_{2}})$ άρα η {g}'

παιρνει την μέγιστη τιμή της για x=e

την ${g}'(e)=\frac{e+3}{e-3}<0$

άρα {g}'(x)<0

επομένως η

είναι γνήσια φθίνουσα

Τώρα στο $[a,\,b]$ σύμφωνα με το θεώρημα μέσης τιμής θα υπάρχει $\xi \in (a,\,b)$ ώστε ${g}'(\xi )=\frac{g(b)-g(a)}{b-a}$ και επειδή

${g}'(\xi )\le {g}'(e)=\frac{e+3}{e-3}$ θα ισχύει και $\frac{g(b)-g(a)}{b-a}\le \frac{e+3}{e-3}\Leftrightarrow (e-3)(g(b)-g(a))\ge (b-a)(e+3)$

που είναι το ζητούμενο.

Φίλικά κα Μαθηματικά
Βασίλης

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ · #69

PanosG έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 141

Δίνονται οι συναρτήσεις $\displaystyle{f(x)=e^x-3x}$ και $\displaystyle{g(x)=\mathop \int \limits_1^{\ln x} \frac{e^t(e^t+3t)}{e^t-3t}dt}$

i) Να βρείτε το σύνολο τιμών της

ii) Να δείξετε ότι υπάρχουν ακριβώς ρίζες της εξίσωσης οι οποίες ανήκουν στα διαστήματα $\displaystyle \left (0, \frac{e}{3} \right )$ και $\left ( \ln 3,2 \right )$

iii) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της

iv) Να βρείτε το σημείο καμπής της

v) Να δείξετε ότι η είναι γνησίως φθίνουσα στο πεδίο ορισμού της και ότι για κάθε $a,b \in D_g$ με ισχύει:

$\displaystyle{\left (e-3 \right ) \mathop \int \limits_{\ln a}^{\ln b} \frac{e^t(e^t+3t)}{e^t-3t}dt \geq \left (b-a \right ) \left (e+3 \right )}$

Χ.Πατήλας(Ελληνοεκδοτική)

ΛΥΣΗ

i . Έχουμε $\displaystyle{f(x) = e^x - 3x,x \in R}$ . Η $\displaystyle{f}$ παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{R}$ ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων με $\displaystyle{f'(x) = e^x - 3,x \in R}$

Έχουμε $\displaystyle{f'(x) = 0 \Leftrightarrow e^x - 3 = 0 \Leftrightarrow e^x = 3 \Leftrightarrow x = \ln 3}$ και $\displaystyle{f'(x) > 0 \Leftrightarrow e^x - 3 > 0 \Leftrightarrow e^x > 3 \Leftrightarrow x > \ln 3}$

Συνεπώς η $\displaystyle{f}$ είναι γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{( - \infty ,\ln 3]}$ και γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{[\ln 3, + \infty )}$ .

Παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στη θέση $\displaystyle{x = \ln 3}$ με τιμή $\displaystyle{f(\ln 3) = e^{\ln 3} - 3\ln 3 = 3 - 3\ln 3 = 3(1 - \ln 3) = 3\ln \frac{e}{3} < 0}$

Θεωρώ $\displaystyle{A_1 = ( - \infty ,\ln 3],A_2 = [\ln 3, + \infty ),}$ ,

έχουμε $\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {e^x - 3x} \right) = + \infty }$ και

$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {e^x - 3x} \right)\mathop = \limits^{ + \infty - \infty } \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {e^x (1 - \frac{{3x}}{{e^x }})} \right) = + \infty (1 - 0) = + \infty }$ διότι

$\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{{3x}}{{e^x }}} \right)\mathop = \limits^{\frac{{ + \infty }}{{ + \infty }}DLH} \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{3}{{e^x }}} \right) = 0}$

Επομένως $\displaystyle{f(A_1 ) = [f(\ln 3),\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x)) = [3\ln \frac{e}{3}, + \infty )}$ και $\displaystyle{f(A_2 ) = [f(\ln 3),\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x)) = [3\ln \frac{e}{3}, + \infty )}$

Άρα η $\displaystyle{f}$ έχει σύνολο τιμών το $\displaystyle{[3\ln \frac{e}{3}, + \infty )}$

ii. Η $\displaystyle{f}$ ειναι συνεχής στο $\displaystyle{[0,\frac{e}{3}]}$ ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων

Ακόμα $\displaystyle{f(0) = 1 > 0}$ και $\displaystyle{f(\frac{e}{3}) = e^{\frac{e}{3}} - e < 0}$ . Οπότε από θεώρημα $\displaystyle{Bolzano}$ υπάρχει τουλάχιστον ένα $\displaystyle{x_1 \in (0,\frac{e}{3})}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{f(x_1 ) = 0}$

.Επίσης, επειδή η $\displaystyle{f}$ είναι γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{( - \infty ,\ln 3]}$ και $\displaystyle{ (0,\frac{e}{3}) \subset ( - \infty ,\ln 3)}$ έχουμε οτι η λύση είναι μοναδική.

Όμοια, η $\displaystyle{f}$ ειναι συνεχής στο $\displaystyle{[\ln 3,2]}$ και $\displaystyle{f(\ln 3) = 3\ln \frac{e}{3} < 0}$ , $\displaystyle{ f(2) = e^2 - 6 > 0}$ .

Οπότε από θεώρημα $\displaystyle{Bolzano}$ υπάρχει τουλάχιστον ένα $\displaystyle{x_2 \in (\ln 3,2)}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{f(x_2 ) = 0}$ .

Επίσης επειδή η $\displaystyle{f}$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{ [\ln 3, + \infty )}$ και $\displaystyle{(\ln 3,2) \subset (\ln 3, + \infty )}$ η ρίζα είναι μοναδική.

iii. Έχουμε $\displaystyle{g(x) = \int\limits_1^{\ln x} {\frac{{e^t (e^t + 3t)}}{{e^t - 3t}}dt = } \int\limits_1^{\ln x} {\frac{{e^t (e^t + 3t)}}{{f(t)}}dt} }$

Αρχικά πρέπει $\displaystyle{f(t) \ne 0 \Leftrightarrow t \ne x_1 }$ και $\displaystyle{t \ne x_2 }$

Η $\displaystyle{{\frac{{e^t (e^t + 3t)}}{{f(t)}}}}$ είναι συνεχής στο $\displaystyle{( - \infty ,x_1 ) \cup (x_1 ,x_2 ) \cup (x_2 , + \infty )}$ .

Έχουμε $\displaystyle{1 \in (x_1 ,x_2 )}$ αφού $\displaystyle{0 < x_1 < \frac{e}{3} < 1 < \ln 3 < x_2 < 2}$ .

Πρέπει για να ορίζεται η $\displaystyle{\ln x}$ να ισχύει $\displaystyle{x > 0}$ καθώς και

$\displaystyle{ x_1 < \ln x < x_2 \Leftrightarrow e^{x_1 } < x < e^{x_2 } \mathop \Leftrightarrow \limits^{\scriptstyle e^{x_1 } = 3x_1 \hfill \atop \scriptstyle e^{x_2 } = 3x_2 \hfill} 3x_1 < x < 3x_2 }$

Συνεπώς η $\displaystyle{g}$ έχει πεδίο ορισμού το $\displaystyle{A=(3x_1 ,3x_2 )}$

iv. Η $\displaystyle{{\frac{{e^t (e^t + 3t)}}{{e^t - 3t}}}}$ παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{(3x_1 ,3x_2 )}$ , η $\displaystyle{{\ln x}}$ παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{(3x_1 ,3x_2 )}$ ,

άρα η $\displaystyle{g}$ παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{(3x_1 ,3x_2 )}$ με $\displaystyle{g'(x) = \frac{{e^{\ln x} (e^{\ln x} + 3\ln x)}}{{x(e^{\ln x} - 3\ln x)}} = \frac{{x(x + 3\ln x)}}{{x(x - 3\ln x)}} = \frac{{x + 3\ln x}}{{x - 3\ln x}},x \in (3x_1 ,3x_2 )}$

Η $\displaystyle{{g'}}$ παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{(3x_1 ,3x_2 )}$ ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων με

$\displaystyle{g''(x) = \frac{{(1 + \frac{3}{x})\left( {x - 3\ln x} \right) - \left( {x + 3\ln x} \right)(1 - \frac{3}{x})}}{{\left( {x - 3\ln x} \right)^2 }} = ... = \frac{{6(1 - \ln x)}}{{\left( {x - 3\ln x} \right)^2 }}}$

$\displaystyle{g''(x) = 0 \Leftrightarrow \frac{{6(1 - \ln x)}}{{\left( {x - 3\ln x} \right)^2 }} = 0 \Leftrightarrow x = e \in (3x_1 ,3x_2 )}$

$\displaystyle{g''(x) > 0 \Leftrightarrow \frac{{6(1 - \ln x)}}{{\left( {x - 3\ln x} \right)^2 }} > 0 \Leftrightarrow 3x_1 < x < e}$

Συνεπώς η $\displaystyle{g}$ στρέφει τα κοίλα άνω στο $\displaystyle{(3x_1 ,e]}$ και τα κοίλα κάτω στο $\displaystyle{[e,3x_2 )}$

Έχουμε $\displaystyle{g(e) = \int\limits_1^1 {\frac{{e^t (e^t + 3t)}}{{e^t - 3t}}dt = } 0}$

Παρουσιάζει σημείο καμπής στο σημείο $\displaystyle{B(e,0)}$

v) Επειδή τώρα {g}''(e)=0

και ${g}''(x)>0,\,\,\,x<e$ η {g}'

είναι γνήσια αύξουσα στο $(3{{x}_{1}},\,\,e]$

και επειδή η ${g}''(x)<0,\,\,\,x>e$ η {g}'

είναι γνήσια φθίνουσα στο $[e,\,\,3{{x}_{2}})$ άρα η {g}'

παιρνει την μέγιστη τιμή της για x=e

την ${g}'(e)=\frac{e+3}{e-3}<0$

άρα {g}'(x)<0

επομένως η

είναι γνήσια φθίνουσα

Τώρα στο $[a,\,b]$ σύμφωνα με το θεώρημα μέσης τιμής θα υπάρχει $\xi \in (a,\,b)$ ώστε ${g}'(\xi )=\frac{g(b)-g(a)}{b-a}$ και επειδή

${g}'(\xi )\le {g}'(e)=\frac{e+3}{e-3}$ θα ισχύει και $\frac{g(b)-g(a)}{b-a}\le \frac{e+3}{e-3}\Leftrightarrow (e-3)(g(b)-g(a))\ge (b-a)(e+3)$

που είναι το ζητούμενο.

Έκανα copy το τελευταίο ερώτημα από την λύση του Βασίλη , για να είναι λύμενο ολόκληρο το θέμα στην ίδια δημοσίευση.

perpant · #70

ΑΣΚΗΣΗ 143η
Έστω ο μιγαδικός $\displaystyle{z \ne i}$ και η συνεχής συνάρτηση $\displaystyle{f:R \to R}$ , που είναι γνησίως αύξουσα, ώστε: $\displaystyle{\left| {z - i} \right|f\left( x \right) + \left| {z + i} \right|f\left( {1 - x} \right) = \left| {z - i} \right| + \left| {z + i} \right|}$ για κάθε $\displaystyle{x \in R}$

i) Να δείξετε ότι $\displaystyle{\left| {z - i} \right| = \left| {z + i} \right|}$

ii) Να δείξετε ότι ο z είναι πραγματικός

iii) Να λύσετε την ανίσωση $\displaystyle{f\left( x \right) > 1}$

iv) Να δείξετε ότι $\displaystyle{\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx = 1} }$

v) Να δείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle{\int\limits_0^{2x} {f\left( t \right)} dt = 1 - xf\left( x \right)}$ έχει τουλάχιστον μία λύση

Άλλη μία από Μπαϊλάκη

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ · #71

ΑΣΚΗΣΗ 144

Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση $\displaystyle{f}$ : $\displaystyle{(0, + \infty ) \to R }$ για την οποία για κάθε $\displaystyle{x > 0}$ ισχύει $\displaystyle{\int\limits_e^x {\frac{{f(t)}}{x}dt = f(x) - 1} }$

Να βρείτε:

i. Τον τύπο της $\displaystyle{f}$

ii. Την εξαπτομένη $\displaystyle{(\varepsilon )}$ της $\displaystyle{C_f }$ που διέρχεται απο την αρχή των αξόνων

iii. Το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται απο την $\displaystyle{C_f }$ τον άξονα $\displaystyle{x'x}$ και την εφαπτομένη $\displaystyle{(\varepsilon )}$

iv. Να υπολογίσετε το όριο $\displaystyle \underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\int\limits_{x}^{{{x}^{2}}}{\frac{f(x)}{f(t)}dt}$ .

EDIT:Επειδή το αρχικό ερώτημα είναι αρκετά δύσκολο, το άλλαξα με ένα ευκολότερο. Θεωρώ, οτι αν ζητηθεί κάποιο όριο σαν το αρχικά, θα έχει βοηθητικά ερωτήματα.

perpant · #72

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 144

i) Έχουμε $\displaystyle{\int\limits_e^x {\frac{{f\left( t \right)}}{x}dt = f\left( x \right)} - 1 \Rightarrow \frac{1}{x}\int\limits_e^x {f\left( t \right)dt = f\left( x \right)} - 1 \Rightarrow \int\limits_e^x {f\left( t \right)dt = xf\left( x \right) - x} }$ . Η $\displaystyle{f}$ παραγωγίσιμη, άρα και συνεχής και συνεπώς η συνάρτηση $\displaystyle{\int\limits_e^x {f\left( t \right)dt} }$ είναι παραγωγίσιμη. Τότε $\displaystyle{\left( {\int\limits_e^x {f\left( t \right)dt} } \right)^\prime = \left( {xf\left( x \right) - x} \right)^\prime \Rightarrow f\left( x \right) = f\left( x \right) + xf'\left( x \right) - 1 \Rightarrow xf'\left( x \right) = 1}$ . Οπότε για $\displaystyle{x \in \left( {0, + \infty } \right)}$ έχουμε $\displaystyle{f'\left( x \right) = \frac{1}{x} \Rightarrow f'\left( x \right) = \left( {\ln x} \right)^\prime \Rightarrow f\left( x \right) = \ln x + c,x > 0}$ .(Σχέση 1) Για $\displaystyle{x = e}$ στην αρχική σχέση λαμβάνουμε $\displaystyle{f\left( e \right) = 1}$ .

Άρα για $\displaystyle{x = e}$ στη σχέση 1 βρίσκουμε $\displaystyle{c = 0}$ και συνεπώς έχουμε $\displaystyle{f\left( x \right) = \ln x,x > 0}$

ii) Η εφαπτομένη της $\displaystyle{C_f }$ στο τυχαίο σημείο της $\displaystyle{A\left( {x_o ,f\left( {x_o } \right)} \right)}$ έχει εξίσωση

$\displaystyle{y - f\left( {x_o } \right) = f'\left( {x_o } \right)\left( {x - x_o } \right) \Rightarrow y - \ln x_o = \frac{1}{{x_o }}\left( {x - x_o } \right)}$ .(Ευθεία $\displaystyle{\left( e \right)}$ )

Θέλουμε να διέρχεται από την αρχή των αξόνων, άρα $\displaystyle{O\left( {0,0} \right) \in \left( e \right) \Rightarrow - \ln x_o = \frac{1}{{x_o }}\left( { - x_o } \right) \Rightarrow x_o = e}$ . Η εφαπτομένη της $\displaystyle{C_f }$ η

οποία διέρχεται από την αρχή των αξόνων, είναι η εφαπτομένη στο σημείο $\displaystyle{A\left( {e,\ln e} \right) = \left( {e,1} \right)}$ και έχει εξίσωση $\displaystyle{y = \frac{1}{e}x}$
ή $\displaystyle{g\left( x \right) = \frac{1}{e}x}$

iii) Για το εμβαδόν έχουμε $\displaystyle{E = \int\limits_0^1 {g\left( x \right)dx} + \int\limits_1^e {\left( {g\left( x \right) - f\left( x \right)} \right)dx = \int\limits_0^1 {\frac{1}{e}xdx + \int\limits_1^e {\left( {\frac{1}{e}x - \ln x} \right)} } } dx}$ \displaystyle{\displaystyle{ = \frac{1}{e}\left[ {\frac{{x^2 }}{2}} \right]^1 _0 + \left[ {\frac{{x^2 }}{{2e}} - x\ln x + x} \right]_1 ^e = \frac{{e - 2}}{e}} <span style="color:#FF0000">iv)</span>Έχουμε για

\displaystyle{1 < x < t < x^2 } ότι

\displaystyle{\ln t > 0} .

Άρα

\displaystyle{0 < \ln x < \ln t < \ln x^2 \Rightarrow \frac{1}{{\ln x}} > \frac{1}{{\ln t}} > \frac{1}{{2\ln x}} \Rightarrow \frac{{\ln x}}{{\ln x}} > \frac{{\ln x}}{{\ln t}} > \frac{{\ln x}}{{2\ln x}} \Rightarrow 1 > \frac{{\ln x}}{{\ln t}} > \frac{1}{2}} . Ολοκληρώνοντας έχουμε

\displaystyle{\int\limits_x^{x^2 } {1dt > \int\limits_x^{x^2 } {\frac{{\ln x}}{{\ln t}}dt > \int\limits_x^{x^2 } {\frac{1}{2}dt \Rightarrow x^2 - x} } } > \int\limits_x^{x^2 } {\frac{{\ln x}}{{\ln t}}dt > \frac{1}{2}\left( {x^2 - x} \right)} } . Επειδή

\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \left( {x^2 - x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \frac{1}{2}\left( {x^2 - x} \right) = 0} , από κριτήριο παρεμβολής θα ισχύει και

\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \left( {x^2 - x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \left( {\int\limits_x^{x^2 } {\frac{{\ln x}}{{\ln t}}dt} } \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \left( {\int\limits_x^{x^2 } {\frac{{\ln x}}{{\ln t}}dt} } \right) = 0}[unparseable or potentially dangerous latex formula]\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \int\limits_x^{x^2 } {\frac{1}{{f\left( t \right)}}dt }

\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \int\limits_x^{x^2 } {\frac{1}{{f\left( t \right)}}dt = } \mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \left( {\left( {x - 1} \right)\frac{{\int\limits_x^{x^2 } {\frac{1}{{f\left( t \right)}}dt} }}{{x - 1}}} \right)} (Σχέση 2)

\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \frac{{\int\limits_x^{x^2 } {\frac{1}{{f\left( t \right)}}dt} }}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \frac{{ - \int\limits_e^x {\frac{1}{{f\left( t \right)}}dt + \int\limits_e^{x^2 } {\frac{1}{{f\left( t \right)}}dt} } }}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \frac{{\left( { - \int\limits_e^x {\frac{1}{{f\left( t \right)}}dt + \int\limits_e^{x^2 } {\frac{1}{{f\left( t \right)}}dt} } } \right)^\prime }}{{\left( {x - 1} \right)^\prime }}}} $\displaystyle{ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \frac{{ - \frac{1}{{f\left( x \right)}} + \frac{1}{{f\left( {x^2 } \right)}}2x}}{1} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \left( { - \frac{1}{{\ln x}} + \frac{{2x}}{{\ln x^2 }}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \left( {\frac{{x - 1}}{{\ln x}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \frac{{\left( {x - 1} \right)^\prime }}{{\left( {\ln x} \right)^\prime }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } x = 1 }$ Τότε η σχέση 2 δίνει $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \int\limits_x^{x^2 } {\frac{1}{{f\left( t \right)}}dt = } \mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \left( {\left( {x - 1} \right)\frac{{\int\limits_x^{x^2 } {\frac{1}{{f\left( t \right)}}dt} }}{{x - 1}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \left( {x - 1} \right) \cdot \mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \frac{{\int\limits_x^{x^2 } {\frac{1}{{f\left( t \right)}}dt} }}{{x - 1}} = 0 \cdot 1 = 0 }$

#73

perpant έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 143η

ΛΥΣΗ

Ι) Αν $\left| z-i \right|=a,\,\,\left| z+i \right|=\beta$ τότε θα ισχύει $af(x)+\beta f(1-x)=a+\beta ,\,\,\,x\in R$

και για 1-x

επίσης άρα $af(1-x)+\beta f(x)=a+\beta ,\,\,\,x\in R$ οπότε θα ισχύει και

$af(1-x)+\beta f(x)=af(x)+\beta f(1-x)\Leftrightarrow (\beta -a)f(x)=(\beta -a)f(1-x),\,\,x\in R$ απ όπου αν $a\ne \beta$ θα έχουμε ότι

$f(x)=f(1-x),\,\,\,x\in R$ που για x=1

δίνει

άτοπο γιατί η

σημείο της μεσοκαθέτου του

με $A(0,\,\,1),\,\,B(0,\,-1)$

άρα σημείο του {x}'x

άρα πραγματικός

iii) Αφού $\left| z-i \right|=\left| z+i \right|$ και λόγω $z\ne i$ από την αρχική θα ισχύει $f(x)+f(1-x)=2,\,\,\,x\in R$

και για $x=\frac{1}{2}$ θα ισχύει ότι $f(\frac{1}{2})+f(\frac{1}{2})=2\Leftrightarrow f(\frac{1}{2})=1$ οπότε η ανίσωση $f(x)>1\Leftrightarrow f(x)>f(\frac{1}{2})\Leftrightarrow x>\frac{1}{2}$

επειδή η

γνήσια αύξουσα

.....

.....

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ · #74

perpant έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 143η

iv) Να δείξετε ότι $\displaystyle{\int\limits_0^1 {f\left( x \right)dx = 1} }$

v) Να δείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle{\int\limits_0^{2x} {f\left( t \right)} dt = 1 - xf\left( x \right)}$ έχει τουλάχιστον μία λύση

ολοκλήρώνω την προσπάθεια του Βασίλη

ΛΥΣΗ

iv

Θέτω $\displaystyle{1 - x = u}$ , οπότε $\displaystyle{dx = - du}$ . Επίσης για $\displaystyle{x = 0}$ έχουμε $\displaystyle{u = 1}$ , ενώ για $\displaystyle{x = 1}$ έχουμε $\displaystyle{u = 0}$ , τότε

$\displaystyle{\int\limits_0^1 {f(1 - x)dx} = \int\limits_1^0 { - f(u)du = \int\limits_0^1 {f(u)du} } }$

Οπότε $\displaystyle{ f(x) + f(1 - x) = 2 \Rightarrow \int\limits_0^1 {\left( {f(x) + f(1 - x)} \right)} dx = \int\limits_0^1 {2dx \Rightarrow \int\limits_0^1 {f(x)dx + \int\limits_0^1 {f(1 - x)dx = \left[ {2x} \right]_0^1 } } } \Rightarrow 2\int\limits_0^1 {f(x)dx = 2 \Rightarrow } \int\limits_0^1 {f(x)dx = 1} }$

v. Θεωρώ $\displaystyle{h(x) = \int\limits_0^{2x} {f(t)dt - 1 + xf(x)} ,x \in [0,\frac{1}{2}]}$
Η $\displaystyle{h}$ συνεχής στο $\displaystyle{[0,\frac{1}{2}]}$ ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων
$\displaystyle{h(0) = \int\limits_0^0 {f(t)dt - 1 + 0f(0)} = - 1 < 0}$ και $\displaystyle{ h(\frac{1}{2}) = \int\limits_0^1 {f(t)dt - 1 + \frac{1}{2}f(\frac{1}{2})} = 1 - 1 + \frac{1}{2} = \frac{1}{2} > 0 }$

Οπότε από θεώρημα $\displaystyle{Bolzano}$ υπάρχει τουλάχιστον ένα $\displaystyle{\xi \in (0,\frac{1}{2})}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{h(\xi ) = 0 \Leftrightarrow \int\limits_0^{2\xi } {f(t)dt = 1 + \xi f(\xi )} }$
Άρα η εξίσωση $\displaystyle{\int\limits_0^{2x} {f(t)dt = 1 + xf(x)} }$ έχει μια τουλάχιστον λύση

#75

Τηλέγραφος Κώστας έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 132

Δίνεται η συνεχής συνάρτηση $\displaystyle{\text{f}}$ με
$\int_{0}^{x}{2t\eta \mu tf(t)dt=\int_{0}^{x}{{{t}^{2}}{{f}^{2}}(t)dt}+}\int_{0}^{x}{\eta {{\mu }^{2}}tdt}$ $x\in \mathbb{R}$ .

Α1. Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{xf(x)=\eta \mu x}$ για κάθε $x\in \mathbb{R}$ .

Α2. Να δείξετε ότι η $\displaystyle{f(x)}$ είναι παραγωγίσιμη.

Α3. Να βρείτε τα ακρότατα και την μονοτονία της $\displaystyle{f(x)}$ στο $\displaystyle{\left[ -\pi ,~\pi \right]}$ .

Α4. Να λυθεί η $\displaystyle{f(x)+f({{x}^{2}})=f({{x}^{8}})+f({{x}^{2009}})}$ στο $\displaystyle{~~\left[ \text{ }0,\text{ }\pi \text{ } \right]}$

Α5. Να αποδείξετε ότι το εμβαδόν μεταξύ των $\displaystyle{{{\text{C}}_{\text{f}}},\psi =\text{x}\eta \mu \text{1}}$ και του άξονα των και των ευθειών $\displaystyle{\chi =0\text{ },\chi =\pi }$ ,είναι μικρότερο του $\displaystyle{\frac{2\pi +1}{2}\eta \mu 1}$ .

Α6. Να βρεθεί το όριο $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\int_{2x}^{3x}{\frac{\eta \mu t}{t}dt}}{x}$
ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Μια κατασκευή μου .

ΛΥΣΗ

dennys έγραψε: 1) Μεταφέρω στο β μέλος ολους τους ορους και εχω: $\int_0^x(tf(t)-sint)^2{dt}=0$

αρα αυτό ισχύει $\forallx\in \mathbb{R}$ αν

2) Αν $x\neq 0 \Rightarrow f{'}(x)=\cfrac{xcosx-sinx}{x^2}$ \αρα είναι παρ/μη

για $x=0 \Rightarrow lim_{x\to o}\cfrac{f(x)-f(1)}{x-0}$ με $f(1)=lim_{x\to 0}\frac{sinx}{x}=1$

$lim_[x\to 0}\cfrac{f(x)-1}{x}=lim_{x\to 0}\cfrac{sinx-x}{x^2} D'LH = 0 \Rightarrow f{'}(0)=0$

3)Η μονοτονία της είναι : $f{'}(x)=\cfrac{xcos-sinx}{x^2}=\cfrac{g(x)}{x^2} ,(2)$

επειδή για την $g(x)=xcosx-sinx,g{'}(x)=-xsinx+cosx-cosx=-xsin<0 \Rightarrow g(x) \searrow [-\pi.\pi],g(0)=0$

αρα $g(x)>0 [-\pi,0], g(x)<0 [0,\pi] \Rightarrow f(x)\nearrow [-\pi,0],f(x) \searrow [0,\pi]$

4)Προφανής ριζα , και είναι μοναδικες γιατι αν $x\in (0,1), x>x^8 ,x^2>x^{2009}\Rightarrow f(x)<f(x^8), f(x^2)<f(x^2009)$

και με πρόσθεση δεν εχω ισότητα . ομοια αν $x \in (1,\pi)$

dennys

ΛΥΣΗ ΤΟΥ Α5
Πρόκειται για εμβαδόν μεταξύ τριών συναρτήσεων και ανάμεσα στις $\displaystyle{x=0\text{ },x=\pi }$ οπότε ένα σχήμα είναι αναγκαίο το όποιο θα βασιστεί στα σημεία τομής τους
Των ${{\psi }_{f}}=f(x)=\frac{\eta \mu x}{x}$ , ${{\psi }_{\varepsilon }}=x\eta \mu 1$ και της ${{\psi }_{x{x}'}}=0$ (άξονα των

)

• ${{\delta }_{1}}(x)={{\psi }_{f}}-{{\psi }_{\varepsilon }}=\frac{\eta \mu x}{x}-x\eta \mu 1$ προφανής ρίζα το x=1

και μοναδική αφού ${{{\delta }'}_{1}}(x)={{\left( \frac{\eta \mu x}{x}-x\eta \mu 1 \right)}^{\prime }}=\frac{x\sigma \upsilon \nu x-\eta \mu x}{{{x}^{2}}}-\eta \mu 1\text{ }\underset{{f}'(x)<0}{\overset{f\downarrow \sigma \tau o[o,\pi ]}{\mathop{=}}}\,\text{ }{f}'(x)-\eta \mu 1<0$
Άρα η ${{\delta }_{1}}(x)$ είναι γνησίως φθίνουσα $\displaystyle{\left[ 0\text{ },\pi \text{ } \right].}$ ].
Άρα το σημείο τομής τους είναι $\displaystyle{A\left( 1,f\left( 1 \right) \right)=A\left( 1,{{\psi }_{\varepsilon }}\left( 0 \right) \right)=A\left( 1,\eta \mu 1 \right)}$

• ${{\delta }_{2}}(x)={{\psi }_{f}}-{{\psi }_{x{x}'}}=\frac{\eta \mu x}{x}$ προφανής ρίζα στο $\displaystyle{\left[ 0\text{ },\pi \text{ } \right]}$ το $\displaystyle{x=\pi }$ αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα $\displaystyle{\left[ 0\text{ },\pi \text{ } \right]}$ .
Άρα το σημείο τομής τους είναι $\displaystyle{B\left( \pi ,f\left( \pi \right) \right)=B \left( 1,{{y}_{x{x}'}}\left( \pi \right) \right)=B\left( \pi ,0 \right)}$

• ${{\delta }_{3}}(x)={{\psi }_{\varepsilon }}-{{\psi }_{x{x}'}}=x\eta \mu 1$ προφανής ρίζα στο $\displaystyle{\left[ 0\text{ },\pi \text{ } \right]}$ το x=0

.
Άρα το σημείο τομής τους είναι $\displaystyle{\Gamma \left( 0,{{\psi }_{\varepsilon }}\left( 0 \right) \right)=\Gamma \left( 0,{{y}_{x{x}'}}\left( 0 \right) \right)=\Gamma \left( 0,0 \right)}$

• Από τα $\displaystyle{A,\text{ }B }$ διέρχεται η ${{\psi }_{f}}=f(x)=\frac{\eta \mu x}{x}$

• Από τα $\displaystyle{B ,\text{ }\Gamma }$ διέρχεται η ${{\psi }_{x{x}'}}=0$ (άξονα των

).

• Από τα $\displaystyle{\Gamma ,A }$ διέρχεται η ${{\psi }_{\varepsilon }}=x\eta \mu 1$
Άρα κάνω σχήμα βασιζόμενος στα σημεία τομής

: Α5i.png (5.21 KiB) Προβλήθηκε 2148 φορές

Αν Ω είναι το σχηματιζόμενο χωρίο μεταξύ των χ΄χ, ${{C}_{f}}$ και $y=x\cdot \eta \mu 1$ , τότε για το εμβαδό του Ε(Ω) έχουμε
$E\left( \Omega \right)={{E}_{1}}\left( \Omega \right)+{{E}_{2}}\left( \Omega \right)=\int\limits_{0}^{1}{\left( {{\psi }_{\varepsilon }}-{{\psi }_{x{x}'}} \right)dx+}\int\limits_{1}^{\pi }{\left( {{\psi }_{f}}-{{\psi }_{x{x}'}} \right)dx}=\int\limits_{0}^{1}{x\cdot \eta \mu 1dx+}\int\limits_{1}^{\pi }{\frac{\eta \mu x}{x}dx}=\frac{\eta \mu 1}{2}+\int\limits_{1}^{\pi }{\frac{\eta \mu x}{x}dx}$
$\displaystyle{\forall x\in \left( 0,\pi \right)}$ , f φθίνουσα οπότε θα είναι:
$\displaystyle{\text{1}\le x\le \pi \overset{f\downarrow }{\mathop{\Rightarrow }}\,~\text{f}\left( \text{1} \right)\ge \text{f}\left( x \right)\ge \text{f}\left( \pi \right)~\Rightarrow \text{f}\left( \pi \right)\le \text{f}\left( x \right)\le \text{f}\left( \text{1} \right)\Rightarrow \int\limits_{1}^{\pi }{{}}f\left( \pi \right)dt\le \int\limits_{1}^{\pi }{{}}\text{ f}\left( x \right)dt\le \int\limits_{1}^{\pi }{{}}f\left( \text{1} \right)dt}$
$\displaystyle{\text{(}\pi \text{-1)f}\left( \pi \right)\text{ }\le \int\limits_{1}^{\pi }{{}}\text{ f}\left( x \right)dt\text{ }\le \text{(}\pi \text{-1)f}\left( \text{1} \right)\Rightarrow \text{(}\pi \text{-1)}\frac{\eta \mu \pi }{\pi }\text{ }\le \int\limits_{1}^{\pi }{{}}\text{ }\frac{\eta \mu x}{x}dt\text{ }\le \text{(}\pi \text{-1)}\frac{\eta \mu 1}{1}}$
$\displaystyle{\text{0 }\le \int\limits_{1}^{\pi }{{}}\text{ }\frac{\eta \mu x}{x}dt\text{ }\le \text{(}\pi \text{-1)}\eta \mu 1\text{ }\pi \rho o\sigma \theta \varepsilon \tau \omega \text{ }\tau o\text{ }\frac{\eta \mu 1}{2}.. .\frac{\eta \mu 1}{2}\text{ }\le \frac{\eta \mu 1}{2}+\int\limits_{1}^{\pi }{{}}\text{ }\frac{\eta \mu x}{x}dt\text{ }\le \frac{\eta \mu 1}{2}+\pi \eta \mu 1-\eta \mu 1=\frac{2\pi -1}{2}\eta \mu 1<\frac{2\pi +1}{2}\eta \mu 1}$
Ένα καλύτερο σχήμα

: Α5 ii.png (6.42 KiB) Προβλήθηκε 2148 φορές

ΛΥΣΗ του Α6
1 Τρόπος

ΚΟΥΤΣΟΥΚΟΣ ΓΙΑΝΝΗΣ έγραψε: Θεωρώ συνάρτηση $K(x) =\int_{a}^{x}{\frac{\eta \mu t}{t}dt}$ με .Η συνάρτηση $\frac{\eta \mu t}{t}$ είναι συνεχής ώς
πηλίκο συνεχών άρα η είναι παραγωγίσιμη στο $(0,+\propto )$ με $K'(x) =\frac{\eta \mu x}{x}$ άρα και συνεχής.

Επομένως η συνάρτηση ικανοποιεί τις προυποθέσεις του θεωρήματος Μέσης τιμής στο διάστημα οπότε υπάρχει τουλάχιστον ένα
$\xi \in (2x , 3x)$ ώστε $K'( \xi ) = \frac{K(3x) - K(2x)}{3x - 2x} = \frac{\int_{a}^{3x}{\frac{\eta \mu t}{t}dt} - \int_{a}^{2x}{\frac{\eta \mu t}{t}dt}}{x} = \frac{\int_{2x}^{3x}{\frac{\eta \mu t}{t}dt} }{x}$ (1)

Επίσης έχουμε $2x < \xi < 3x$ $\Rightarrow \begin{Bmatrix} x\rightarrow 0^{+}\\ \xi\rightarrow 0^{+} \end{Bmatrix}$
οπότε το $lim_{x\rightarrow 0^{+}} \frac{\int_{2x}^{3x}{\frac{\eta \mu t}{t}dt} }{x} = lim _{ \xi \rightarrow 0^{+}} K'( \xi) = lim _{ \xi \rightarrow 0^{+}}\frac{\eta \mu \xi}{\xi} = 1$

2ος Τροπος με Κ.Π.

Η

φθίνουσα $\displaystyle{\forall x\in \left( 0,\pi \right)}$
Για κάθε $\displaystyle{x\in \left( 0,\text{ }\pi \right)}$ και για κάθε

με $\displaystyle{\text{2}x\le t\le \text{3}x}$ θα είναι:
$\displaystyle{~\text{f}(\text{2}x)\text{ }\ge \text{f}(t)\text{ }\ge \text{f}(\text{3}x)\Leftrightarrow ~\text{f}(\text{3}x)\text{ }\le \text{f}(t)\text{ }\le \text{f}(\text{2}x)\Leftrightarrow }$
$\displaystyle{\int\limits_{2x}^{3x}{{}}f\left( \text{3}x \right)dt\le \int\limits_{2x}^{3x}{{}}\text{ f}\left( t \right)dt\le \int\limits_{2x}^{3x}{{}}f\left( \text{2}x \right)dt\Leftrightarrow xf\left( \text{3}x \right)\le \int\limits_{2x}^{3x}{{}}\text{ f}\left( t \right)dt\text{ }\le xf\left( \text{2}x \right)\Leftrightarrow \text{ }}$
$\displaystyle{\left\{ \frac{\eta \mu 3x}{3}\le \int\limits_{2x}^{3x}{{}}\text{ f}\left( t \right)dt\le \frac{\eta \mu 2x}{2}\text{ }\delta \iota \alpha \text{ }x\text{0} \right\}\Leftrightarrow \frac{\eta \mu 3x}{3x}\le \frac{\int\limits_{2x}^{3x}{{}}\text{ f}\left( t \right)dt}{x}\le \frac{\eta \mu 2x}{2x}}$
Είναι $\displaystyle{\underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\eta \mu 3x}{3x}=1,\underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\eta \mu 2x}{2x}=1}$ άρα από κριτήριο παρεμβολής θα είναι:
. $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\int_{2x}^{3x}{f(t)dt}}{x}=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\int_{2x}^{3x}{\frac{\eta \mu t}{t}dt}}{x}=1$

3ος Τρόπος:

Αφού η f είναι συνεχής και στο 0 έχουμε x $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\int_{2x}^{3x}{\frac{\eta \mu t}{t}dt}}{x}=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\int_{2x}^{3x}{f(t)dt}}{x}\underset{{D}'LH}{\overset{\left( \frac{0}{0} \right)}{\mathop{=}}}\,\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{\left( -\int_{0}^{2x}{f(t)dt}+\int_{0}^{3x}{f(t)dt} \right)}^{\prime }}}{{{\left( x \right)}^{\prime }}}=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{-2f(2x)+3f(3x)}{1}=f(0)$ .ΠΡΟΣΟΧΗ:
$\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\int_{2x}^{3x}{\frac{\eta \mu t}{t}dt}}{x}=\left( \frac{\int_{0}^{0}{\frac{\eta \mu t}{t}dt}}{0} \right)$
Με πρόβλημα ορισμού στο

για την $\frac{\eta \mu t}{t}$

#76

ΑΣΚΗΣΗ 145

Έστω οι πραγματικές συναρτήσεις $\displaystyle{\text{f},\text{g}}$ ορισμένες και συνεχείς στο

με
$\displaystyle{\int_{\int_{x}^{1}{f(t)dt}}^{\int_{0}^{x}{f(t)dt}}{g(t)dt}>0}$ $\forall x\in \mathbb{R}-\{0,1\}$ με $\displaystyle{\text{g}(\text{x})+\text{g}(\text{2}-\text{x})=\text{2}}$ και $\displaystyle{\text{g}(\text{x})\ne 0}$ για κάθε $x\in \mathbb{R}$
Α1. Να δείξετε ότι $\displaystyle{\int_{0}^{x}{f(t)dt}>\int_{x}^{1}{f(t)dt}}$ .
Α2. Να δείξετε ότι $\displaystyle{\int_{0}^{1}{f(t)dt}=0}$ .
Α3. Να δείξετε ότι $\displaystyle{\text{f}\left( \text{1} \right)=0}$ και $\displaystyle{\text{f}\left( 0 \right)=0}$ .
Α4. Να δείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle{f(x)\int_{x}^{1}{f(t)dt=f(x)f'(x)}}$ έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο $\displaystyle{\left( 0,\text{1} \right)}$ αν

παραγωγισιμη .
Α5. Να δείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle{\int_{x}^{1}{f(t)dt=xf(x)}}$ έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο $\displaystyle{\left( 0,\text{1} \right)}$
Α6. Να δείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle{2f(x)=-xf'(x)}$ έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο $\displaystyle{\left( 0,\text{1} \right)}$ αν

παραγωγισιμη .
Α7. Να βρείτε το εμβαδόν της

με τον άξονα {x}'x

από

μέχρι

.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#77

ΑΣΚΗΣΗ 146

Έστω η πραγματική συνάρτηση

ορισμένη και συνεχής στο

με
$\displaystyle{\int_{1}^{{{x}^{2}}}{\frac{f(tx)}{x\left| x \right|}dt}\ge {{x}^{2}}-1}$ για κάθε $\displaystyle{x\in R-\left\{ 0 \right\}}$
Α). Να δείξετε ότι η $\displaystyle{\alpha (\chi )=\int_{x}^{{{x}^{3}}}{f(t)dt}}$ παραγωγιζεται.
Β). Να δείξετε ότι $\displaystyle{\text{f}\left( \text{1} \right)=\text{1}}$ και $\displaystyle{\text{f}\left( \text{-1} \right)=-\text{1}}$
Γ). Να βρείτε την παράγωγο της α(χ) στο x=0

και να δείξετε ότι f(0)=0

Δ). Να δείξετε ότι η δυο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση

έχει ένα τουλάχιστον πιθανό σημείο καμπής .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Με αυτή την τελευταία επικίνδυνη άσκηση σταματώ τις δημοσιεύσεις .

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ · #78

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 144

Με αφορμή το iv ερώτημα, θα ήθελε την γνώμη σας, στο εξής:

Συμφωνα με την λύση του Περικλή στο iv έχουμε $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \int\limits_x^{x^2 } {\frac{1}{{\ln t}}dt = 0} }$

iv) $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \int\limits_x^{x^2 } {\frac{1}{{f\left( t \right)}}dt = } \mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \left( {\left( {x - 1} \right)\frac{{\int\limits_x^{x^2 } {\frac{1}{{f\left( t \right)}}dt} }}{{x - 1}}} \right)}$ (Σχέση 2) $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \frac{{\int\limits_x^{x^2 } {\frac{1}{{f\left( t \right)}}dt} }}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \frac{{ - \int\limits_e^x {\frac{1}{{f\left( t \right)}}dt + \int\limits_e^{x^2 } {\frac{1}{{f\left( t \right)}}dt} } }}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \frac{{\left( { - \int\limits_e^x {\frac{1}{{f\left( t \right)}}dt + \int\limits_e^{x^2 } {\frac{1}{{f\left( t \right)}}dt} } } \right)^\prime }}{{\left( {x - 1} \right)^\prime }}}$ $\displaystyle{ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \frac{{ - \frac{1}{{f\left( x \right)}} + \frac{1}{{f\left( {x^2 } \right)}}2x}}{1} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \left( { - \frac{1}{{\ln x}} + \frac{{2x}}{{\ln x^2 }}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \left( {\frac{{x - 1}}{{\ln x}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \frac{{\left( {x - 1} \right)^\prime }}{{\left( {\ln x} \right)^\prime }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } x = 1 }$

Τότε η σχέση 2 δίνει $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \int\limits_x^{x^2 } {\frac{1}{{f\left( t \right)}}dt = } \mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \left( {\left( {x - 1} \right)\frac{{\int\limits_x^{x^2 } {\frac{1}{{f\left( t \right)}}dt} }}{{x - 1}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \left( {x - 1} \right) \cdot \mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \frac{{\int\limits_x^{x^2 } {\frac{1}{{f\left( t \right)}}dt} }}{{x - 1}} = 0 \cdot 1 = 0 }$

Σύμφωνα όμως με την απάντηση του Βασίλη viewtopic.php?f=55&t=14858, έχουμε $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \int\limits_x^{x^2 } {\frac{1}{{\ln t}}dt = ln2} }$ .

Μάλλον μια είναι λάθος.Και που είναι το λάθος;

parmenides51 · #79

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ έγραψε: Σύμφωνα όμως με την απάντηση του Βασίλη viewtopic.php?f=55&t=14858, έχουμε $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \int\limits_x^{x^2 } {\frac{1}{{\ln t}}dt = ln2} }$ .

Μάλλον μια είναι λάθος.Και που είναι το λάθος;

Κι εδώ βρήκαμε πως $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \int\limits_x^{x^2 } {\frac{1}{{\ln t}}dt = ln2} }$ .

perpant · #80

perpant έγραψε: iv) $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \int\limits_x^{x^2 } {\frac{1}{{f\left( t \right)}}dt = } \mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \left( {\left( {x - 1} \right)\frac{{\int\limits_x^{x^2 } {\frac{1}{{f\left( t \right)}}dt} }}{{x - 1}}} \right)}$ (Σχέση 2) $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \frac{{\int\limits_x^{x^2 } {\frac{1}{{f\left( t \right)}}dt} }}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \frac{{ - \int\limits_e^x {\frac{1}{{f\left( t \right)}}dt + \int\limits_e^{x^2 } {\frac{1}{{f\left( t \right)}}dt} } }}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \frac{{\left( { - \int\limits_e^x {\frac{1}{{f\left( t \right)}}dt + \int\limits_e^{x^2 } {\frac{1}{{f\left( t \right)}}dt} } } \right)^\prime }}{{\left( {x - 1} \right)^\prime }}}$ $\displaystyle{ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \frac{{ - \frac{1}{{f\left( x \right)}} + \frac{1}{{f\left( {x^2 } \right)}}2x}}{1} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \left( { - \frac{1}{{\ln x}} + \frac{{2x}}{{\ln x^2 }}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \left( {\frac{{x - 1}}{{\ln x}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \frac{{\left( {x - 1} \right)^\prime }}{{\left( {\ln x} \right)^\prime }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } x = 1 }$ Τότε η σχέση 2 δίνει $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \int\limits_x^{x^2 } {\frac{1}{{f\left( t \right)}}dt = } \mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \left( {\left( {x - 1} \right)\frac{{\int\limits_x^{x^2 } {\frac{1}{{f\left( t \right)}}dt} }}{{x - 1}}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \left( {x - 1} \right) \cdot \mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \frac{{\int\limits_x^{x^2 } {\frac{1}{{f\left( t \right)}}dt} }}{{x - 1}} = 0 \cdot 1 = 0 }$

Το όριο δεν ισούται με $\displaystyle{0}$ αλλά με $\displaystyle{\ln 2}$ όπως έχει επισημανθεί παραπάνω. Βοηθήστε να βρεθεί που κάνω λάθος γιατί το ψάχνω και δεν το βρίσκω!! Ευχαριστώ εκ των προτέρων

ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Μέλη σε σύνδεση