Οριο και ανισότητα

#1

Η $\displaystyle f$ είναι δυο φορές παραγωγίσιμη με $\displaystyle f''$ συνεχή στο $\displaystyle R$ και ισχύει
$\displaystyle \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x)-{{e}^{x}}-\cos x-1}{{{x}^{2}}}=1$ , $\displaystyle {f}'(x){f}''(x)\ne 0$ και $\displaystyle f(1)=5$
Δείξετε ότι
$\displaystyle \frac{7}{2}<\int\limits_{0}^{1}{f(x)dx<4}$

ma128 · #2

Για το πρώτο σκέλος, $\int_0^{1} f(x)dx> \frac{7}{2}$ .
Απο το δοθέν όριο προκύπτει f(0)=3

και

Έπειτα απο εφαρμογή ΘΜΤ για την

στο

υπάρχει

ανήκει στο (0,1)

τέτοιο ώστε
${f}'(z_1)=2$
Επειδή, ${f}'(x){f}''(x)\neq 0$ και είναι συνεχείς, αυτό σημαίνει οτι διατηρούν πρόσημο.
Και αφού ${f}'(z_1)=2$ έπεται οτι {f}'(x)>0

για κάθε χ και άρα η

είναι γνησίως αύξουσα.
Επίσης, απο εφαρμογή ΘΜΤ για την {f}'

στο

υπάρχει

τέτοιο ώστε, ${f}''(z_2)=\frac{2}{z_1}$

, άρα ισχύει: {f}''(x)>0

για κάθε χ και επομένως η

είναι κυρτή.
Αφού είναι κυρτή σημαίνει οτι κάθε εφαπτομένη της βρίσκεται "κάτω" απο τη γραφικη της παράσταση.
Η εφαπτομένη της

στο

είναι η ευθεία: y=x+3

.Επομένως ισχύει: $f(x)\geqslant x+3$
και ολοκληρονωντας τα δύο μέλη παίρνουμε το ζητούμενο $\int_0^{1} f(x)dx> \frac{7}{2}$ .

ma128 · #3

Επανέρχομαι για το δεύτερο σκέλος.

#4

ma128 έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 29, 2022 9:21 pm
Για το δεύτερο σκέλος με επιφύλαξη, θα ήθελα την γνώμη σας.
Με εφαρμογή ΘΜΤ για την στο όπου , υπάρχει τέτοιο ώστε ${f}'(z)=\frac{f(x)-3}{x}<=>f(x)=x{f}'(z)+3$ , τώρα επειδή και η είναι γνωσίως αύξουσα, καθώς ισχύει όπως είδαμε πρίν
για κάθε , έπεται οτι ${f}'(z)<{f}'(z_1)=2$ και άρα , ολοκληρόνωντας και τα δύο μέλη παίρνουμε
$\int _0^{1}f(x)dx<[x^2+3x]_0^{1}=4$

Ίσως δεν βλέπω κάτι αλλά δες σε παρακαλώ το ακόλουθο σχόλιο: Στην δεύτερη γραμμή εξετάζεις (μόνο) τα x < z_1

αλλά στην τελευταία γραμμή ολοκληρώσεις ως προς όλα τα

. Σωστά;

Ελπίζω να κάνω λάθος, αλλά παρακαλώ κοίτα το.

ma128 · #5

Σωστά, είναι λάθος. Το έχω καταλάβει και προσπαθώ να βρώ άλλη λύση.
Ευχαριστώ για την προσοχή.

#6

ma128, η ιδέα σου δουλεύει (αντί για εφαπτομένη, πάρε την χορδή με άκρα τα (0,f(0)) και (1,f(1)).

Για την αυστηρή απόδειξη: θεώρημα τριών χορδών!
viewtopic.php?p=267458#p267458

ma128 · #7

socrates έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 29, 2022 11:10 pm
ma128, η ιδέα σου δουλεύει (αντί για εφαπτομένη, πάρε την χορδή με άκρα τα (0,f(0)) και (1,f(1)).

Για την αυστηρή απόδειξη: θεώρημα τριών χορδών!
viewtopic.php?p=267458#p267458

Ευχαριστώ πολύ , αυτό ακριβώς χρειαζόμουν.

Επομένως ισχύει: για 0<x<1

: $\frac{f(x)-3}{x-0}\leq \frac{f(1)-f(0)}{1-0}<=>f(x)\leq 2x+3$
Και με ολοκλήρωση παίρνουμε: $\int _0^1f(x)dx<\int _0^1(2x+3)=[x^{2}+3x]_0^1=4$

ma128 · #8

Υπάρχει άλλος τρόπος για το δεύτερο σκέλος; Δεδομένου οτι, αν δεν κάνω λάθος, το θεώρημα τριών χορδών δεν είναι στην ύλη της Γ Λυκείου

ma128 · #9

Νομίζω πως βρήκα και μία άλλη λύση, με τη βοήθεια του Μπουμπούλης Κώστας.

Με εφαρμογή ΘΜΤ για την

στο

υπάρχει

ανήκει

τέτοιο ώστε: ${f}'(x_0)=\frac{f(x)-f(0)}{x}=\frac{f(x)-3}{x}$

Τώρα επειδή: 0<x_0

n και η

είναι άυξουσα όπως έχω δείξει πιο πάνω, ισχύει : ${f}'(0)<{f}'(x_0)<=>1<\frac{f(x)-3}{x}<=>f(x)>x+3$

Και με ολοκλήρωση παίρνουμε : $\int _0^1f(x)dx>\int _0^1(x+3)dx=[\frac{x^2}{2}+3x]_0^1=\frac{7}{2}$

Με το ίδιο τρόπο έχουμε ότι: x_0<x

άρα ${f}'(x_0)<{f}'(x)<=>\frac{f(x)-3}{x}<{f}'(x)<=>f(x)<x{f}'(x)+3$

Με ολοκλήρωση παίρνουμε : $\int _0^1f(x)dx<\int _0^1(x{f}'(x)+3)dx=\int _0^1(x{f}'(x)+f(x)-f(x)+3)dx =\int _0^1(x{f}'(x)+f(x)+3)dx-\int _0^1f(x)dx$

Άρα έχουμε: $2\int _0^1f(x)dx<\int _0^1(x{f}'(x)+f(x)+3)dx<=>\int _0^1f(x)dx<\frac{[xf(x)+3x]_0^1}{2}=\frac{8}{2}=4$

#10

H γεωμετρική ερμηνεία της ανισότητας

mathematica.gr

Οριο και ανισότητα

Οριο και ανισότητα

Re: Οριο και ανισότητα

Re: Οριο και ανισότητα

Re: Οριο και ανισότητα

Re: Οριο και ανισότητα

Re: Οριο και ανισότητα

Re: Οριο και ανισότητα

Re: Οριο και ανισότητα

Re: Οριο και ανισότητα

Re: Οριο και ανισότητα

Μέλη σε σύνδεση