mathematica.gr


https://www.mathematica.gr/forum/

ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

https://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=54&t=22769

Σελίδα 1 από 11

ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Ιαν 29, 2012 5:46 pm
από perpant
Ας συνεχίσουμε τη συλλογή θεμάτων με το τελευταίο κεφάλαιο της ανάλυσης, τον Ολοκληρωτικό Λογισμό. Καλό θα ήταν να ακολουθήσουμε το πνέυμα των προηγούμενων συλλογών. Δηλαδή:
1)θέματα κοντά στο πνεύμα των εξετάσεων, χωρίς εξεζητημένα ερωτήματα

2)Όχι θέματα εξετάσεων ή ΟΕΦΕ

3)Ικανός αριθμός υποερωτημάτων

4) Προσπάθεια για όσο το δυνατόν πιο αναλυτικές λύσεις

5) Όχι πάνω από 2-3 άλυτες ταυτόχρονα

Κάνω την αρχή με ένα θέμα του Μπαϊλάκη

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Ιαν 29, 2012 5:47 pm
από perpant
ΑΣΚΗΣΗ 121η
Έστω η συνεχής συνάρτηση \displaystyle{f:\mathbb R \to \mathbb R}, με \displaystyle{f\left( x \right) \ne 0} για κάθε \displaystyle{x \in \mathbb R}, ώστε να ισχύει:\displaystyle{f\left( x \right) = 1 + x^2 \int\limits_0^1 {\frac{t}{{f\left( {xt} \right)}}dt} }, για κάθε \displaystyle{x \in \mathbb R}

i) Να δείξετε ότι \displaystyle{f\left( x \right) > 0}, για κάθε \displaystyle{x \in \mathbb R}

ii) Να βρείτε τον τύπο της \displaystyle{f}

iii) Να βρείτε την ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης \displaystyle{f} όταν \displaystyle{x \to - \infty }

iv) Να δείξετε ότι η συνάρτηση \displaystyle{g\left( x \right) = \int\limits_{ - x}^x {\frac{{\eta \mu t}}{{f\left( t \right)}}dt} },\displaystyle{x \in \mathbb R} , είναι σταθερή

v) Αν \displaystyle{a,b \in \mathbb R}, να δείξετε ότι ισχύει \displaystyle{\left| {f\left( b \right) - f\left( a \right)} \right| \le \left| {b - a} \right|}

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Ιαν 29, 2012 7:03 pm
από PanosG
perpant έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 121η
Έστω η συνεχής συνάρτηση \displaystyle{f:\mathbb R \to \mathbb R}, με \displaystyle{f\left( x \right) \ne 0} για κάθε \displaystyle{x \in \mathbb R}, ώστε να ισχύει:\displaystyle{f\left( x \right) = 1 + x^2 \int\limits_0^1 {\frac{t}{{f\left( {xt} \right)}}dt} }, για κάθε \displaystyle{x \in \mathbb R}

i) Να δείξετε ότι \displaystyle{f\left( x \right) > 0}, για κάθε \displaystyle{x \in \mathbb R}

ii) Να βρείτε τον τύπο της \displaystyle{f}

iii) Να βρείτε την ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης \displaystyle{f} όταν \displaystyle{x \to - \infty }

iv) Να δείξετε ότι η συνάρτηση \displaystyle{g\left( x \right) = \int\limits_{ - x}^x {\frac{{\eta \mu t}}{{f\left( t \right)}}dt} },\displaystyle{x \in \mathbb R} , είναι σταθερή

v) Αν \displaystyle{a,b \in \mathbb R}, να δείξετε ότι ισχύει \displaystyle{\left| {f\left( b \right) - f\left( a \right)} \right| \le \left| {b - a} \right|}
i) Για x=0 έχουμε: f(0)=1>0 και αφού η f συνεχής και δεν μηδενίζεται στο \mathbb{R} τότε θα διατηρεί σταθερό πρόσημο. Οπότε f(x)>0 \forall x \in \mathbb{R}

ii) Θέτουμε u=xt τότε du=xdt και όταν t=0 το u=0 Ενώ αν t=1 το u=x οπότε:
\displaystyle{f\left( x \right) = 1 + x^2 \int\limits_0^1 {\frac{t}{{f\left( {xt} \right)}}dt} }= 1+ \int\limits_0^1\frac{xt}{f(xt)}xdt=1+ \int\limits_0^x\frac{u}{f(u)}du
Παραγωγίζοντας την παραπάνω έχουμε:
\displaystyle f'(x)=\frac{x}{f(x)}\Leftrightarrow f(x)f'(x)=x\Leftrightarrow \left (\frac{f^2(x)}{2} \right ){'}=\left ( \frac{x^2}{2} \right ){'} \Leftrightarrow
\displaystyle f^2(x)=x^2+c \quad ,\forall x \in \mathbb{R}
Όμως f(0)=1 άρα \displaystyle f^2(x)=x^2+1 \quad ,\forall x \in \mathbb{R}
Και αφού f(x)>0 \quad ,\forall x \in \mathbb{R} τότε f(x)=\sqrt{x^2+1} \quad ,\forall x \in \mathbb{R}

iii)
\displaystyle{\lambda =\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{f(x)}{x}=\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{\sqrt{x^2+1}}{x}= \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {{x^2}} \sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{x} = \mathop {{\text{lim}}}\limits_{x \to - \infty } \left( { - \sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} } \right) = - 1}

\displaystyle{\beta =\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty }\left (f(x)-x \right )=\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( \sqrt{x^2+1}-x \right )=\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{1}{\sqrt{x^2+1}-x}=0}
Άρα η ευθεία y=-x είναι η πλάγια ασύμπτωτη της f στο -\infty

iv)
\displaystyle{g\left( x \right) = \int\limits_{ - x}^x {\frac{{\eta \mu t}}{{f\left( t \right)}}dt} }=\int\limits_{0}^x \frac{sint}{\sqrt{x^2+1}}dt-\int\limits_{0}^{-x} \frac{sint}{x^2+1}dt}
Άρα:

\displsystyle{g'(x)=\frac{sinx}{\sqrt{x^2+1}}+\frac{sin(-x)}{\sqrt(-x)^2+1}}}=0
Οπότε η g είναι σταθερή

v)
Απο ΘΜΤ για την f στο [a,b] υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ\in (a,b) τέτοιο ώστε
f'(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a} Οπότε:

\displaystyle{ |f'(\xi)|=\left | \frac{2\xi}{2\sqrt{\xi^2+1}}\right | \leq \left | \frac{\xi}{\sqrt{\xi^2} \right | =1}\Leftrightarrow \left | f(b)-f(a)\right | \leq \left |b-a \right |

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Ιαν 29, 2012 7:04 pm
από ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ
perpant έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 121η
Έστω η συνεχής συνάρτηση \displaystyle{f:\mathbb R \to \mathbb R}, με \displaystyle{f\left( x \right) \ne 0} για κάθε \displaystyle{x \in \mathbb R}, ώστε να ισχύει:\displaystyle{f\left( x \right) = 1 + x^2 \int\limits_0^1 {\frac{t}{{f\left( {xt} \right)}}dt} }, για κάθε \displaystyle{x \in \mathbb R}

i) Να δείξετε ότι \displaystyle{f\left( x \right) > 0}, για κάθε \displaystyle{x \in \mathbb R}

ii) Να βρείτε τον τύπο της \displaystyle{f}

iii) Να βρείτε την ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης \displaystyle{f} όταν \displaystyle{x \to - \infty }

iv) Να δείξετε ότι η συνάρτηση \displaystyle{g\left( x \right) = \int\limits_{ - x}^x {\frac{{\eta \mu t}}{{f\left( t \right)}}dt} },\displaystyle{x \in \mathbb R} , είναι σταθερή

v) Αν \displaystyle{a,b \in \mathbb R}, να δείξετε ότι ισχύει \displaystyle{\left| {f\left( b \right) - f\left( a \right)} \right| \le \left| {b - a} \right|}
ΛΥΣΗ

i. Έχουμε \displaystyle{f(x) \ne 0,\forall x \in R}

Έστω οτι η \displaystyle{f} δεν διατηρεί σταθέρο πρόσημό , τότε υπάρχουν \displaystyle{a,b \in R} με \displaystyle{a < b} τέτοια ώστε \displaystyle{f(a)f(b) < 0}.

Τότε επειδή η \displaystyle{f} είναι συνεχής στο \displaystyle{R}, είναι και στο \displaystyle{[a,b]} και \displaystyle{f(a)f(b) < 0},

Τότε από θεώρημα \displaystyle{Bolzano} έχουμε οτι υπάρχει τουλάχιστον ένα \displaystyle{\xi \in (a,b)} τέτοιο ώστε \displaystyle{f(\xi ) = 0}, που είναι Ατοπο, διότι \displaystyle{f(x) \ne 0,\forall x \in R}. Συνεπώς η \displaystyle{f} διατηρεί σταθερό πρόσημο στο\displaystyle{R}.

Θέτουμε xt=u τότε xdt=du. Για t=0 έχουμε u=0 και για t=1 έχουμε u=x.

Οπότε f(x)=1+{{x}^{2}}\int\limits_{0}^{1}{\frac{t}{f(xt)}dt=1+}\int\limits_{0}^{1}{\frac{tx}{f(t)}xdt=1+}\int\limits_{0}^{x}{\frac{u}{f(u)}}du

Για \displaystyle{x = 0} έχουμε \displaystyle{f(0) = 1 > 0} και επειδή η \displaystyle{f} διατηρεί σταθερό πρόσημο στο \displaystyle{R}, έχουμε οτι \displaystyle{f(x) > 0,\forall x \in R}

ii. Η \displaystyle{f} συνεχής στο \displaystyle{R}, οπότε η \displaystyle{{\frac{u}{{f(u)}}}} συνεχής στο \displaystyle{R}.

Άρα η \displaystyle{\int\limits_0^x {\frac{u}{{f(u)}}} du} παραγωγίσιμη στο \displaystyle{R}, συνεπώς η \displaystyle{ 1 + \int\limits_0^x {\frac{u}{{f(u)}}} du} παραγωγίσιμη στο \displaystyle{R}.Άρα η \displaystyle{f} παραγωγίσιμη στο \displaystyle{R}, με \displaystyle{f'(x) = \frac{x}{{f(x)}}}

Οπότε \displaystyle{f'(x) = \frac{x}{{f(x)}} \Leftrightarrow f'(x)f(x) = x \Leftrightarrow 2f'(x)f(x) = 2x \Rightarrow (f^2 (x))' = (x^2 )' \Rightarrow f^2 (x) = x^2 + c}

Για \displaystyle{x = 0} έχουμε \displaystyle{c = 1}, οπότε \displaystyle{f^2 (x) = x^2 + 1} και επειδή \displaystyle{f(x) > 0,\forall x \in R} έχουμε \displaystyle{f(x) = \sqrt {x^2 + 1} }, που επάληθεύει την αρχική σχέση.

iii. \displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{f(x)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {x^2 + 1} }}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\left| x \right|\sqrt {1 + \frac{1}{{x^2 }}} }}{x}\mathop = \limits^{x < 0} \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - x\sqrt {1 + \frac{1}{{x^2 }}} }}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } ( - \sqrt {1 + \frac{1}{{x^2 }}} ) = - 1}

Και \displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } (f(x) + x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } (\sqrt {x^2 + 1} + x)\mathop = \limits^{ + \infty - \infty } \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left[ {\frac{{\left( {\sqrt {x^2 + 1} + x} \right)\left( {\sqrt {x^2 + 1} - x} \right)}}{{\left( {\sqrt {x^2 + 1} - x} \right)}}} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{1}{{\left( { - x(\sqrt {1 + \frac{1}{{x^2 }}} + x)} \right)}} = 0}

Άρα η \displaystyle{y = - x} είναι η ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της \displaystyle{f} στο \displaystyle{{ - \infty }}

iv. \displaystyle{g(x) = \int\limits_{ - x}^x {\frac{{\eta \mu t}}{{f(t)}}dt = } \int\limits_0^x {\frac{{\eta \mu t}}{{f(t)}}dt - } \int\limits_0^{ - x} {\frac{{\eta \mu t}}{{f(t)}}dt} }

Η \displaystyle{{\frac{{\eta \mu t}}{{f(t)}}}} είναι συνεχής στο \displaystyle{R}, άρα η \displaystyle{\int\limits_0^x {\frac{{\eta \mu t}}{{f(t)}}dt} } και η \displaystyle{\int\limits_0^{ - x} {\frac{{\eta \mu t}}{{f(t)}}dt} } παραγωγίσιμες στο \displaystyle{R},συνεπώς η \displaystyle{g} παραγωγίσιμη στο \displaystyle{R}

με \displaystyle{g'(x) = \frac{{\eta \mu x}}{{f(x)}} + \frac{{\eta \mu ( - x)}}{{f( - x)}}\mathop = \limits^{\scriptstyle \eta \mu ( - x) = - \eta \mu x \hfill \atop \scriptstyle f( - x) = f(x) \hfill} \frac{{\eta \mu x}}{{f(x)}} - \frac{{\eta \mu x}}{{f(x)}} = 0}

Επομένως η \displaystyle{g} σταθέρή, ακόμα για \displaystyle{x = 0} έχουμε \displaystyle{g(0) = 0}, οπότε \displaystyle{g(x) = 0,\forall x \in R}


v. Για \displaystyle{a = b} ισχύει η ισότητα στην σχέση \displaystyle{\left| {f(b) - f(a)} \right| \le \left| {b - a} \right|}

Για \displaystyle{a < b} (όμοια αν \displaystyle{a > b}) θέλουμε να δείξουμε \displaystyle{\left| {\frac{{f(b) - f(a)}}{{b - a}}} \right| \le 1}

Έστω οτι \displaystyle{\left| {\frac{{f(b) - f(a)}}{{b - a}}} \right| > 1}, τότε έχουμε

Η \displaystyle{f} συνεχής στο \displaystyle{[a,b]}, παραγωγίσιμη στο \displaystyle{(a,b)}, οπότε από \displaystyle{\Theta {\rm M}{\rm T}} έχουμε οτι υπάρχει \displaystyle{\xi \in (a,b)} τέτοιο ώστε \displaystyle{f'(\xi ) = \frac{{f(b) - f(a)}}{{b - a}}}

Οπότε \displaystyle{\left| {f'(\xi )} \right| = \left| {\frac{{f(b) - f(a)}}{{b - a}}} \right| > 1}, δηλάδή

\displaystyle{\frac{\xi }{{\sqrt {\xi ^2 + 1} }} > 1 \Leftrightarrow \xi > \sqrt {\xi ^2 + 1} \Leftrightarrow \xi ^2 > \xi ^2 + 1} Άτοπο, οπότε

\displaystyle{\left| {\frac{{f(b) - f(a)}}{{b - a}}} \right| \le 1 \Leftrightarrow \left| {f(b) - f(a)} \right| \le \left| {b - a} \right|}

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Ιαν 29, 2012 7:10 pm
από ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ
ΑΣΚΗΣΗ 122

Δίνεται η συνάρτηση \displaystyle{f(x) = \int\limits_2^x {e^{\displaystyle\frac{1}{{t - 1}}} } dt}

α. Να βρείτε το πεδίο ορισμού της.

β. Να μελετήσετε την συνάρτηση ως προς την κυρτότητα και να εξετάσετε αν η γραφική παράσταση της \displaystyle{f} έχει σημεία καμπής

γ. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της \displaystyle{C_f } στο σημείο \displaystyle{A(2,f(2))}

δ. Να αποδείξετε οτι \displaystyle{f(x) \le ex - 2e} για κάθε \displaystyle{x > 1}

ε. Αν \displaystyle{E} το εμβαδόν του χωρίου που περικλύεται μεταξύ της \displaystyle{C_f }, του άξονα \displaystyle{x'x} και των ευθειών \displaystyle{x = 2} και \displaystyle{x = 4}, να αποδείξετε οτι \displaystyle{E \le 2e}

Ι.Γαρατζιώτης & Π.Μαστακας (εκδόσεις κέδρος)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Ιαν 29, 2012 7:12 pm
από ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ
ΑΣΚΗΣΗ 123

Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση \displaystyle{f}:\displaystyle{[0,1] \to R} για την οποία \displaystyle{\forall x \in [0,1]} ισχύει \displaystyle{f'(x) = xf(x) + \int\limits_1^x {f(t)dt, }

α. Να αποδείξετε οτι η συνάρτηση \displaystyle{f} είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο διάστημα \displaystyle{{[0,1]}}

β. Να αποδείξετε οτι υπάρχει \displaystyle{x_0 \in (0,1)} τέτοιο ώστε \displaystyle{f''(x_0 ) = f(1) + \int\limits_0^1 {f(t)dt} }

γ. Να αποδείξετε οτι \displaystyle{f(x) = x\int\limits_1^x {f(t)dt + c} } με \displaystyle{{c \in R}} και \displaystyle{f(0) = f(1)}

δ. Αν η συνάρτηση \displaystyle{f} παρουσιάζει ακρότατο στο \displaystyle{\xi \in (0,1)}, τότε να αποδείξετε οτι \displaystyle{f(\xi ) = \frac{{f(1)}}{{\xi ^2 + 1}}}

Ι.Γαρατζιώτης & Π.Μαστακας (εκδόσεις κέδρος)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Ιαν 29, 2012 7:33 pm
από apotin
perpant έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 121η
Έστω η συνεχής συνάρτηση \displaystyle{f:\mathbb R \to \mathbb R}, με \displaystyle{f\left( x \right) \ne 0} για κάθε \displaystyle{x \in \mathbb R}, ώστε να ισχύει:\displaystyle{f\left( x \right) = 1 + x^2 \int\limits_0^1 {\frac{t}{{f\left( {xt} \right)}}dt} }, για κάθε \displaystyle{x \in \mathbb R}

i) Να δείξετε ότι \displaystyle{f\left( x \right) > 0}, για κάθε \displaystyle{x \in \mathbb R}

ii) Να βρείτε τον τύπο της \displaystyle{f}

iii) Να βρείτε την ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης \displaystyle{f} όταν \displaystyle{x \to - \infty }

iv) Να δείξετε ότι η συνάρτηση \displaystyle{g\left( x \right) = \int\limits_{ - x}^x {\frac{{\eta \mu t}}{{f\left( t \right)}}dt} },\displaystyle{x \in \mathbb R} , είναι σταθερή

v) Αν \displaystyle{a,b \in \mathbb R}, να δείξετε ότι ισχύει \displaystyle{\left| {f\left( b \right) - f\left( a \right)} \right| \le \left| {b - a} \right|}
Μια άλλη λύση για το (iv)

Έστω \displaystyle{h(t) = \frac{{\eta \mu t}}{{f(t)}} = \frac{{\eta \mu t}}{{\sqrt {{t^2} + 1} }}}

Για κάθε \displaystyle{t \in R} ισχύει \displaystyle{-t \in R} και h(-t)=-h(t)

Άρα η h είναι περιττή, οπότε \displaystyle{\int_{ - x}^x {h(t)dt} = 0} \displaystyle{ \Rightarrow g(x) = 0} (*)

(*) Απόδειξη

Είναι: \displaystyle{\int_{ - x}^x {h(t)dt} = \int_0^x {h(t)dt} - \int_0^{ - x} {h(t)dt} }

και \displaystyle{\int_0^{ - x} {h(t)dt} \mathop = \limits^{t = - u} \int_0^x {h(u)du} }

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Ιαν 29, 2012 7:43 pm
από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 123

Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση \displaystyle{f}:\displaystyle{[0,1] \to R} για την οποία ισχύει \displaystyle{f'(x) = xf(x) + \int\limits_1^x {f(t)dt,\forall x \in [0,1]} }

α. Να αποδείξετε οτι η συνάρτηση \displaystyle{f} είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο διάστημα \displaystyle{{[0,1]}}

β. Να αποδείξετε οτι υπάρχει \displaystyle{x_0 \in (0,1)} τέτοιο ώστε \displaystyle{f''(x_0 ) = f(1) + \int\limits_0^1 {f(t)dt} }

γ. Να αποδείξετε οτι \displaystyle{f(x) = x\int\limits_1^x {f(t)dt + c} } με \displaystyle{{c \in R}} και \displaystyle{f(0) = f(1)}

δ. Αν η συνάρτηση \displaystyle{f} παρουσιάζει ακρότατο στο \displaystyle{\xi \in (0,1)}, τότε να αποδείξετε οτι \displaystyle{f(\xi ) = \frac{{f(1)}}{{\xi ^2 + 1}}}

Ι.Γαρατζιώτης & Π.Μαστακας (εκδόσεις κέδρος)

α) Επειδή \displaystyle{ f } συνεχής (ως παραγωγίσιμη ) στο \displaystyle{ \left[ {0,1} \right] } και \displaystyle{ 1 \in \left[ {0,1} \right] } η συνάρτηση \displaystyle{ \int\limits_1^x {f\left( t \right)dt} } είναι μια παράγουσα της \displaystyle{ f } στο \displaystyle{ \left[ {0,1} \right] }

(δηλαδή παραγωγίσιμη στο \displaystyle{ \left[ {0,1} \right] } ) και με \displaystyle{ x,f\left( x \right) } παραγωγίσιμες στο \displaystyle{ \left[ {0,1} \right] } (ταυτοτική - δεδομένο) προκύπτει ότι

η \displaystyle{ f'\left( x \right) = xf\left( x \right) + \int\limits_1^x {f\left( t \right)dt} } είναι παραγωγίσιμη στο \displaystyle{ \left[ {0,1} \right] } (πράξεις με παραγωγίσιμες) δηλαδή η \displaystyle{ f } είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο \displaystyle{ \left[ {0,1} \right] }


β) Για \displaystyle{ x = 0\mathop \Rightarrow \limits^{f'\left( x \right) = xf\left( x \right) + \int\limits_1^x {f\left( t \right)dt} } f'\left( 0 \right) = \int\limits_1^0 {f\left( t \right)dt} \Rightarrow \boxed{f'\left( 0 \right) = - \int\limits_0^1 {f\left( t \right)dt} }:\left( 1 \right) } και για \displaystyle{ x = 1\mathop \Rightarrow \limits^{f'\left( x \right) = xf\left( x \right) + \int\limits_1^x {f\left( t \right)dt} } f'\left( 1 \right) = f\left( 1 \right) + \int\limits_1^1 {f\left( t \right)dt} \Rightarrow \boxed{f'\left( 1 \right) = f\left( 1 \right)}:\left( 2 \right) }

Επειδή \displaystyle{ f' } παραγωγίσιμη στο \displaystyle{ \left[ {0,1} \right] } από το θεώρημα της Μέσης τιμής του διαφορικού λογισμού για την \displaystyle{ f' } στο \displaystyle{ \left[ {0,1} \right] }

θα υπάρχει ένα τουλάχιστον \displaystyle{ x_0 \in \left( {0,1} \right) } ώστε: \displaystyle{ f''\left( {x_0 } \right) = \frac{{f'\left( 1 \right) - f'\left( 0 \right)}} {{1 - 0}}\mathop \Rightarrow \limits^{f'\left( 1 \right) = f\left( 1 \right),\,\,f'\left( 0 \right) = - \int\limits_0^1 {f\left( t \right)dt} \,} \boxed{f''\left( {x_0 } \right) = f\left( 1 \right) + \int\limits_0^1 {f\left( t \right)dt} } }

γ) Από \displaystyle{ f'\left( x \right) = xf\left( x \right) + \int\limits_1^x {f\left( t \right)dt} \mathop \Leftrightarrow \limits^{f\left( x \right) = \left( {\int\limits_1^x {f\left( t \right)dt} } \right)^\prime } f'\left( x \right) = x \cdot \left( {\int\limits_1^x {f\left( t \right)dt} } \right)^\prime + \left( x \right)^\prime \cdot \int\limits_1^x {f\left( t \right)dt} \Leftrightarrow f'\left( x \right) = \left( {x\int\limits_1^x {f\left( t \right)dt} } \right)^\prime \Rightarrow }


\displaystyle{ \boxed{f\left( x \right) = x\int\limits_1^x {f\left( t \right)dt} + c,c \in R}:\left( 3 \right) } και \displaystyle{ \left( 3 \right) \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} x = 0 \to f\left( 0 \right) = 0 \cdot \int\limits_1^0 {f\left( t \right)dt} + c \Rightarrow f\left( 0 \right) = c \\ x = 1 \to f\left( 1 \right) = 1 \cdot \int\limits_1^1 {f\left( t \right)dt} + c\mathop \Rightarrow \limits^{\int\limits_1^1 {f\left( t \right)dt} = 0} f\left( 1 \right) = c \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \boxed{f\left( 0 \right) = f\left( 1 \right) = c} }

δ) Αφού η \displaystyle{ f } παρουσιάζει ακρότατο σε εσωτερικό σημείο \displaystyle{ \xi \in \left( {0,1} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{Fermat} f'\left( \xi \right) = 0 } και από


\displaystyle{ f'\left( x \right) = xf\left( x \right) + \int\limits_1^x {f\left( t \right)dt} \xrightarrow{{x = \xi }}f'\left( \xi \right) = \xi f\left( \xi \right) + \int\limits_1^\xi {f\left( t \right)dt} \mathop \Rightarrow \limits^{f'\left( \xi \right) = 0} \xi f\left( \xi \right) + \int\limits_1^\xi {f\left( t \right)dt} = 0 }


\displaystyle{ \mathop \Rightarrow \limits^{f\left( x \right) = x\int\limits_1^x {f\left( t \right)dt} + c\,\,\,\mathop \to \limits^{x = \xi } f\left( \xi \right) = \xi \int\limits_1^\xi {f\left( t \right)dt} + c\,\,\,\mathop \to \limits^{c = f\left( 1 \right)} f\left( \xi \right) = \xi \int\limits_1^\xi {f\left( t \right)dt} + f\left( 1 \right) \Rightarrow \int\limits_1^\xi {f\left( t \right)dt} = \frac{{f\left( \xi \right) - f\left( 1 \right)}} {\xi }} \xi f\left( \xi \right) + \frac{{f\left( \xi \right) - f\left( 1 \right)}} {\xi } = 0 \Leftrightarrow \xi ^2 f\left( \xi \right) + f\left( \xi \right) - f\left( 1 \right) = 0 } \displaystyle{ \Leftrightarrow \left( {\xi ^2 + 1} \right)f\left( \xi \right) = f\left( 1 \right) \Rightarrow \boxed{f\left( \xi \right) = \frac{{f\left( 1 \right)}} {{\xi ^2 + 1}}} }

Στάθης

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Ιαν 29, 2012 7:46 pm
από pito
ΛΥΣΗ ΑΣΚΗΣΗΣ 122

α) Έστω g(t)=e^{\frac{1}{t-1}}. Για να ορίζεται η g πρέπει t\neq 1\Rightarrow A_{g}=(-\infty,1)\bigcup{(1,+\infty)}

και αφού και 2\in (1,+\infty) θα είναι και A_{f}=(1,+\infty)

β) Η g είναι συνεχής στο πεδίο ορισμού της άρα και η f θα είναι παραγωγίσιμη με f'(x)=e^{\frac{1}{x-1}}
και αφού η e^{\frac{1}{x-1}} είνα παραγωγίσιμη και η f' θα είναι με f''(x)=-\frac{1}{(x-1)^{2}}e^{\frac{1}{x-1}}<0

συνεπώς η f θα είναι κοίλη στο (1,+\infty) και δεν θα παρουσιάζει καμπή.

γ) Είναι f(2)=0 και f'(2)=e άρα και η ζητούμενη εφαπτομένη είναι η ευθεία

y-0=e(x-2)\Rightarrow y=ex-2e

δ) Αφού η f είναι κοίλη , η C_{f} θα βρίσκεται κάτω από την εφαπτομένη της στο A(2,f(2)), εκτός από το A
στο οποίο θα τέμνονται, άρα θα ισχύει και

f(x)\leq ex-2e, x>1

ε) Αν E(\Omega ) είναι το εμβαδόν του χωρίου που ψάχνουμε , θα είναι

E(\Omega )=\int_{2}^{4}{|f(x)|}dx(1)
, όμως από το (β) είναι και f'(x)=e^{\frac{1}{x-1}}>0, άρα η f θα είναι και γνησίως αύξουσα στο (1,+\infty)

Έτσι για x>2\Rightarrow f(x)>f(2)\Rightarrow f(x)>0 και

(1) E(\Omega )=\int_{2}^{4}{f(x)}dx (2)

Από το (δ) είναι f(x)\leq ex-2e\Rightarrow \int_{2}^{4}{f(x)}dx\leq e\int_{2}^{4}{x}dx-2e\int_{2}^{4}{dx}
\Rightarrow E(\Omega )\leq e(\frac{4^{2}}{2}-\frac{2^{2}}{2})-2e(4-2)\Rightarrow E(\Omega )\leq 2e

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Ιαν 29, 2012 8:23 pm
από pito
ΑΣΚΗΣΗ 124

Δίνεται η συνάρτηση f(x)=\ln(x+\sqrt{x^{2}+1})-\int_{0}^{x}{\frac{1}{1+t^{2}}}dt

α)Να εξετάσετε την f ως προς τη μονοτονία της.

β) Να δείξετε ότι 0<\int_{0}^{\frac{3 }{4}}{\frac{1}{1+t^{2}}}dt<\ln2

γ) Να δείξετε ότι \int_{0}^{\epsilon \varphi x}{\frac{1}{1+t^{2}}}dt=x, x\in R

δ) Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την C_{f}, τον xx' και τις ευθείες x=0,x=1.

( Χρήστος Πατήλας, εκδόσεις ελληνοεκδοτική)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Ιαν 29, 2012 9:26 pm
από ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ
pito έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 124

Δίνεται η συνάρτηση f(x)=\ln(x+\sqrt{x^{2}+1})-\int_{0}^{x}{\frac{1}{1+t^{2}}}dt

α)Να εξετάσετε την f ως προς τη μονοτονία της.

β) Να δείξετε ότι 0<\int_{0}^{\frac{3 }{4}}{\frac{1}{1+t^{2}}}dt<ln2

γ) Να δείξετε ότι \int_{0}^{\epsilon \varphi x}{\frac{1}{1+t^{2}}}dt=x, x\in R

δ) Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την C_{f}, τον xx' και τις ευθείες x=0,x=1.

( Χρήστος Πατήλας, εκδόσεις ελληνοεκδοτική)
ΛΥΣΗ

α. Βρίσκουμε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης \displaystyle{f(x) = \ln (x + \sqrt {x^2 + 1} ) - \int\limits_0^x {\frac{1}{{1 + t^2 }}dt} }

Πρέπει \displaystyle{x + \sqrt {x^2 + 1} > 0} που ισχύει \displaystyle{\forall x \in R}, διότι \displaystyle{\sqrt {x^2 + 1} > \sqrt {x^2 } = \left| x \right| \ge - x}

Η \displaystyle{{\frac{1}{{1 + t^2 }}}} συνεχής στο \displaystyle{R}, οπότε το \displaystyle{\int\limits_0^x {\frac{1}{{1 + t^2 }}dt} } παραγωγίσιμο στο \displaystyle{R}, άρα η \displaystyle{f} παραγωγίσιμη στο \displaystyle{R} ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων με

\displaystyle{f'(x) = \frac{{1 + \frac{{2x}}{{2\sqrt {x^2 + 1} }}}}{{x + \sqrt {x^2 + 1} }} - \frac{1}{{1 + x^2 }} = \frac{{x + \sqrt {x^2 + 1} }}{{\sqrt {x^2 + 1} (x + \sqrt {x^2 + 1} )}} - \frac{1}{{1 + x^2 }} = \frac{1}{{\sqrt {x^2 + 1} }} - \frac{1}{{1 + x^2 }} = \frac{{\sqrt {x^2 + 1} - 1}}{{1 + x^2 }}}


\displaystyle{f'(x) = 0 \Leftrightarrow \frac{{\sqrt {x^2 + 1} - 1}}{{1 + x^2 }} = 0 \Leftrightarrow \sqrt {x^2 + 1} - 1 = 0 \Leftrightarrow \sqrt {x^2 + 1} = 1 \Leftrightarrow x^2 = 0 \Leftrightarrow x = 0}

\displaystyle{f'(x) > 0 \Leftrightarrow \frac{{\sqrt {x^2 + 1} - 1}}{{1 + x^2 }} > 0\mathop \Leftrightarrow \limits^{1 + x^2 > 0} \sqrt {x^2 + 1} - 1 > 0 \Leftrightarrow \sqrt {x^2 + 1} > 1 \Leftrightarrow x^2 > 0 \Leftrightarrow x \ne 0}

Επομένως \displaystyle{f'(x) \ge 0,\forall x \in R}, άρα η \displaystyle{f} είναι γνησίως αύξουσα στο \displaystyle{R}

β. Έχουμε \displaystyle{f(0) = 0} και \displaystyle{f(\frac{3}{4}) = \ln (\frac{3}{4} + \sqrt {\left( {\frac{3}{4}} \right)^2 + 1} ) - \int\limits_0^{\frac{3}{4}} {\frac{1}{{1 + t^2 }}dt} = \ln (\frac{3}{4} + \frac{5}{4}) - \int\limits_0^{\frac{3}{4}} {\frac{1}{{1 + t^2 }}dt} = \ln 2 - \int\limits_0^{\frac{3}{4}} {\frac{1}{{1 + t^2 }}dt} }

Ακόμα \displaystyle{\forall t \in R} έχουμε \displaystyle{\frac{1}{{t^2 + 1}} > 0 \Rightarrow\int\limits_0^{\frac{3}{4}} {\frac{1}{{t^2 + 1}}dt > 0} }

Έχουμε \displaystyle{f(\frac{3}{4}) = \ln 2 - \int\limits_0^{\frac{3}{4}} {\frac{1}{{1 + t^2 }}dt} }

Επειδή η \displaystyle{f} είναι γνησίως αύξουσα στο \displaystyle{R} έχουμε \displaystyle{0 = f(0) < f(\frac{3}{4}) = \ln 2 - \int\limits_0^{\frac{3}{4}} {\frac{1}{{1 + t^2 }}dt} \Leftrightarrow \int\limits_0^{\frac{3}{4}} {\frac{1}{{1 + t^2 }}dt} < \ln 2}

Επομένως \displaystyle{0 < \int\limits_0^{\frac{3}{4}} {\frac{1}{{1 + t^2 }}dt} < \ln 2}

γ. Θεωρώ \displaystyle{h(x) = \int\limits_0^{\varepsilon \phi x} {\frac{1}{{1 + t^2 }}dt} }, η \displaystyle{{\frac{1}{{1 + t^2 }}}} συνεχής στο \displaystyle{R}, οπότε το \displaystyle{\int\limits_0^x {\frac{1}{{1 + t^2 }}dt} } παραγωγίσιμο στο \displaystyle{R}, άρα η \displaystyle{h} παραγωγίσιμη στο \displaystyle{R} με

\displaystyle{h'(x) = \frac{1}{{1 + \varepsilon \phi ^2 x}}(\varepsilon \phi x)' = \frac{1}{{1 + \varepsilon \phi ^2 x}} \cdot \frac{1}{{\sigma \upsilon \nu ^2 x}}\mathop = \limits^{1 + \varepsilon \phi ^2 x = \frac{1}{{\sigma \upsilon \nu ^2 x}}} 1}

Συνεπώς \displaystyle{h'(x) = 1 \Rightarrow h(x) = x + c}. Όμως \displaystyle{h(0) = \int\limits_0^0 {\frac{1}{{1 + t^2 }}dt} = 0}, οπότε για \displaystyle{x = 0} έχουμε \displaystyle{c = 0},άρα \displaystyle{h(x) = x \Leftrightarrow \int\limits_0^{\varepsilon \phi x} {\frac{1}{{1 + t^2 }}dt} = x}


δ. Έχουμε για \displaystyle{x = \frac{\pi }{4}} οτι \displaystyle{\int\limits_0^1 {\frac{1}{{1 + t^2 }}dt} = \frac{\pi }{4}}

Έχουμε \displaystyle{f(x) \ge 0,\forall x \in [0, + \infty )}, οπότε \displaystyle{E = \int\limits_0^1 {f(x)dx = } \int\limits_0^1 {(x)'f(x)dx = } \left[ {xf(x)} \right]_0^1 - \int\limits_0^1 {xf'(x)dx = } f(1) - \int\limits_0^1 {x(\frac{1}{{\sqrt {x^2 + 1} }} - \frac{1}{{x^2 + 1}})dx = } }

\displaystyle{f(1) - \int\limits_0^1 {\frac{x}{{\sqrt {x^2 + 1} }} + \int\limits_0^1 {\frac{x}{{x^2 + 1}}} dx = } f(1) - \left[ {\sqrt {x^2 + 1} } \right]_0^1 + \frac{1}{2}\left[ {\ln (x^2 + 1)} \right]_0^1 = }

\displaystyle{f(1) - \sqrt 2 + 1 + \frac{1}{2}\ln 2 = \ln (1 + \sqrt 2 ) - \int\limits_0^1 {\frac{1}{{1 + t^2 }}dt} - \sqrt 2 + 1 + \frac{1}{2}\ln 2 = \ln (1 + \sqrt 2 ) - \frac{\pi }{4} - \sqrt 2 + 1 + \frac{1}{2}\ln 2} ( τετραγωνικές μονάδες )

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Ιαν 29, 2012 9:45 pm
από G.Tsikaloudakis
ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 123

Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση \displaystyle{f}:\displaystyle{[0,1] \to R} για την οποία ισχύει \displaystyle{f'(x) = xf(x) + \int\limits_1^x {f(t)dt,\forall x \in [0,1]} }

α. Να αποδείξετε οτι η συνάρτηση \displaystyle{f} είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο διάστημα \displaystyle{{[0,1]}}

β. Να αποδείξετε οτι υπάρχει \displaystyle{x_0 \in (0,1)} τέτοιο ώστε \displaystyle{f''(x_0 ) = f(1) + \int\limits_0^1 {f(t)dt} }

γ. Να αποδείξετε οτι \displaystyle{f(x) = x\int\limits_1^x {f(t)dt + c} } με \displaystyle{{c \in R}} και \displaystyle{f(0) = f(1)}

δ. Αν η συνάρτηση \displaystyle{f} παρουσιάζει ακρότατο στο \displaystyle{\xi \in (0,1)}, τότε να αποδείξετε οτι \displaystyle{f(\xi ) = \frac{{f(1)}}{{\xi ^2 + 1}}}

Ι.Γαρατζιώτης & Π.Μαστακας (εκδόσεις κέδρος)
Παρατήρηση:

Ο προσοδείκτης \forall , δεν μπαίνει στο τέλος μιας πρότασης , αλλά στην αρχή.

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Ιαν 29, 2012 10:13 pm
από dennys
ΑΣΚΗΣΗ 125

Αν f(x): \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}, f(R)=R και \int_0^{f(x)} (e^t+1)dt =x, x\in \mathbb{R}

i) Να δείξετε οτι η f(x), αντιστρέφεται και να ορίσετε την f^{-1}(x)

ii)Nα βρείτε το εμβαδον του χωρίου που περιλείεται απο f(x),x x{'},yy{'}, x=e

iii) Βρείτε τις ασύμπτωτες της Cf

iv) Να δείξετε οτι :\int_{2009}^{2010}f(t)dt < \int_{2010}^{2011}f(t)dt.

φιλικά dennys

ηθελα να την δώσω ετσι χωρίς παραγωγίσιμη ,αλλά επειδη δυσκολεύει η μονοτονία ας την πούμε παραγωγίσιμη
μετα απο υπόδειξη του Δ.Κατσίποδα.

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Ιαν 29, 2012 11:09 pm
από dennys
ΑΣΚΗΣΗ 126

Εστω η συνάρτηση f(x) ,συνεχής στο \mathbb{R}και παραγωγίσιμη στο x_o=0

Αν g(x): \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}, συνάρτηση με g(x)=\left{\int_0^1f(xt)dt,t\in\mathbb{R}\right,x\in\mathbb{R}

και ο μιγαδικός z : |z-2+i|=|z+2-i| ,\left(1)\right ,τότε:

a)Να αποδείξετε οτι οι εικόνες του μιγαδικού,ανήκουν στην ευθεία (ε) y=2x

b)Aν η ευθεία ε, είναι πλάγια ασύμπτωτη της Cf,στο +\infty να

βρείτε τον πραγματικό αριθμό k : \lim_{x\to 0^{+}} {\cfrac {xf(\frac{1}{x})-5x^2\sin(\frac{1}{x})+k}{f(\frac{1}{x})-\frac{2}{x}+2}=10

c)Να αποδείξετε οτι:
g(x)=\cfrac{1}{x} \int_0^x f(u)du\,\,\, if x\neq 0
g(x)=f(0) \,\,if x=0

d)Να αποδείξετε οτι η g(x) είναι παραγωγίσιμη στο \mathbb{R}

e) Αν ο μιγαδικός z=\int_1^2 f(t)dt+ i {\int_0^2f(t)dt}ικανοποιεί την σχέση (1)

να δειχθεί οτι υπα΄ρχει \xi \in(1,2): f(\xi)=g(\xi)

dennys

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Δημοσιεύτηκε: Δευ Ιαν 30, 2012 11:37 am
από STOPJOHN
ΑΣΚΗΣΗ 127
Έστω συνάρτηση f, δυο φορές παραγωγίσιμη στο R με την f'' συνεχή στους πραγματικούς αριθμούς .Αν η συνάρτηση f'' ικανοποιεί τις συνθήκες f''(x)f(x)+[f'(x)]^{2}=f(x)f'(x),f(0)=2f'(0)=1 τότε
α. Να βρείτε τον τύπο της f
β. Να αποδείξετε ότι \int_{-a}^{a}{x^{2004}lnf(x)dx=0}, a>0
γ. Αν g είναι συνεχής συνάρτηση στο διάστημα \left[0,1 \right] με σύνολο τιμών το \left[0,1 \right]
να αποδείξετε ότι η εξίσωση 2x-\int_{0}^{x}{\frac{g(t)}{1+f^{2}(t)}}dt=1 έχει μια μόνο λύση στο \left[0,1 \right]

(Θεματογραφία Μαθηματικών Γ Λυκείου , Γ.Κομπότης )

Γιάννης Σταματογιάννης

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Δημοσιεύτηκε: Δευ Ιαν 30, 2012 11:57 am
από alexandropoulos
dennys έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 125

Αν f(x): \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}, f(R)=R και \int_0^{f(x)} (e^t+1)dt =x, x\in \mathbb{R}

i) Να δείξετε οτι η f(x), αντιστρέφεται και να ορίσετε την f^{-1}(x)

ii)Nα βρείτε το εμβαδον του χωρίου που περιλείεται απο f(x),x x{'},yy{'}, x=e

iii) Βρείτε τις ασύμπτωτες της Cf

iv) Να δείξετε οτι :\int_{2009}^{2010}f(t)dt < \int_{2010}^{2011}f(t)dt.

φιλικά dennys

ηθελα να την δώσω ετσι χωρίς παραγωγίσιμη ,αλλά επειδη δυσκολεύει η μονοτονία ας την πούμε παραγωγίσιμη
μετα απο υπόδειξη του Δ.Κατσίποδα.
Για το (i)
Η συνάρτηση \int_{0}^{f(x)}{(e^t+1)dt} είναι παραγωγίσιμη , οπότε\left( \int_{0}^{f(x)}{(e^t+1)dt}\right)' =1\Leftrightarrow \left( e^{f(x)}+1\right)f'(x)=1. Η τελευταία μας οδηγεί στο συμπέρασμα πως f'(x)>0 άρα η συνάρτηση γνησίως αύξουσα.
Είναι \left( e^{f(x)}+f(x)\right)'=1\Leftrightarrow e^{f(x)}+f(x)=x+c.
Για x=0 προκύπτει \int_{0}^{f(0)}{\left( e^t+1\right)dt}=0 (1) και επειδή e^t+1>0 για κάθε τιμή του t από (1) προκύπτει ότι f(0)=0
Δηλαδή, e^{f(0)}+f(0)=0+c\Leftrightarrow c=1
Δηλαδή, e^{f(x)}+f(x)=x+1. Θέτω x=f^{-1}(x) και προκύπτει ότι f^{-1}(x)=e^x+x-1.

ii) H f είναι γνησίως αύξουσα οπότε x>0\Leftrightarrow f(x)>f(0)\Leftrightarrow f(x)>0. Το ζητούμενο εμβαδόν ισούται με \int_{0}^{e}{f(x)dx}. Θέτοντας f(x)=uισοδύναμα προκύπτει x=f^{-1}(u)\Leftrightarrow x=e^u+u-1 και διαφορίζοντας dx=(e^u+1)du.
Όταν x_1=0τότε e^u+u-1=0. Από τη μονοτονία της συνάρτησης προκύπτει μοναδική λύση u_1=0.
Όταν x_2=eτότε e^u+u-1=e. Από τη μονοτονία της συνάρτησης προκύπτει μοναδική λύση u_2=1. Επομένως,\int_{0}^{e}{f(t)dt}=\int_{0}^{1}{u(e^u+1)du}=\int_{0}^{1}{ue^udu}+\int_{0}^{1}{udu}=...=\frac{3}{2}.

iii) Εργαζομαι με τη συμμετρία των γραφικών παραστάσεων των f, f^{-1} ως προς την ευθεία y=x.
Είναι, με D.L.H. \lim_{x\rightarrow +\propto }\frac{f^{-1}(x)}{x}=\lim_{x\rightarrow +\propto }\frac{e^x+x-1}{x}=+\propto. Άρα, η f δεν έχει ασύμπτωτη.
Όμοια προκύπτει ότι η f^{-1) έχει πλάγια ασύμπτωτη στο μείον άπειρο την ευθεία y=-x-1. Η συμμετρική της ως προς την y=x(λόγω καθετότητας) προκύπτει ότι είναι η y=-x-1

iv) Με εφαρμογή του Θ.Μ.Τ. στο διάστημα [x, x+1]για τη συνάρτηση F(u)=\int_{a}^{u}{f(t)dt} διαπιστώνουμε ότι υπάρχει \xi \varepsilon \left(x, x+1 \right) τέτοιο, ώστε \int_{x}^{x+1}{f(t)dt}=f(\xi(x) )(x+1-x)=f(\xi ). Από την μονοτονία της f στα διαστήματα \left[2009, 2010 \right], \left[2010, 2011 \right] προκύπτει το ζητούμενο.

Κατόπιν υπόδειξης του Κου Κατσίποδα διορθώθηκε το εμβαδόν

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Δημοσιεύτηκε: Δευ Ιαν 30, 2012 12:08 pm
από STOPJOHN
ΑΣΚΗΣΗ 128
Έστω η δυο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση f \left[1,2 \right]\rightarrow R για την οποία δίνονται f''(x)<0,x\epsilon \left[1,2 \right]
f(1)=0,f(2)=2,f'(2)=1
α. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως μονότονη και να βρείτε το σύνολο τιμών της
β. Να αποδειξετε ότι η ευθε'ια y=x εφάπτεται στην γραφική παράσταση της συνάρτησης f
γ. Να αποδείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα x_{0}\epsilon \left(1,2 \right),f''(x_{0})<-1
δ.Να αποδείξετε ότι
1. \frac{f(x)-f(1)}{x-1}>\frac{f(2)-f(x)}{2-x},x\epsilon \left(1,2 \right)
2. f(x)\geq 2(x-1),x\left[1,2 \right]
3. \int_{1}^{2}{f(x)}dx\geq 1
ε. Να αποδείξετε ότι η ευθεία \epsilon x+y=2 τέμνει ακριβώς σε ένα μόνο σημείο την γραφική παράσταση της f
στ. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν \xi _{1},\xi _{2}\epsilon \left(1,2 \right),\xi _{1}<\xi _{2}, f'(\xi _{1})f'(\xi _{2})=f'(\xi _{1})+2
ζ.Να κάνετε μια πρόχειρη γραφική παράσταση της συνάρτησης f

(Γ.Μπαιλάκης Θέματα Μαθηματικών )

Γιάννης Σταματογιάννης

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Δημοσιεύτηκε: Δευ Ιαν 30, 2012 1:01 pm
από ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ
dennys έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 126

Εστω η συνάρτηση f(x) ,συνεχής στο \mathbb{R}και παραγωγίσιμη στο x_o=0

Αν g(x): \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}, συνάρτηση με g(x)=\left{\int_0^1f(xt)dt,t\in\mathbb{R}\right,x\in\mathbb{R}

και ο μιγαδικός z : |z-2+i|=|z+2-i| ,\left(1)\right ,τότε:

a)Να αποδείξετε οτι οι εικόνες του μιγαδικού,ανήκουν στην ευθεία (ε) y=2x

b)Aν η ευθεία ε, είναι πλάγια ασύμπτωτη της Cf,στο +\infty να

βρείτε τον πραγματικό αριθμό k : lim_{x\to 0^{+}} {\cfrac {xf(\frac{1}{x})-5x^2sin(\frac{1}{x})+k}{f(\frac{1}{x})-\frac{2}{x}+2}=10

c)Να αποδείξετε οτι:
g(x)=\cfrac{1}{x} \int_0^x f(u)du\,\,\, if x\neq 0
g(x)=f(0) \,\,if x=0

d)Να αποδείξετε οτι η g(x) είναι παραγωγίσιμη στο \mathbb{R}

e) Αν ο μιγαδικός z=\int_1^2 f(t)dt+ i {\int_0^2f(t)dt}ικανοποιεί την σχέση (1)

να δειχθεί οτι υπάρχει \xi \in(1,2): f(\xi)=g(\xi)

dennys
ΛΥΣΗ

a. Έστω \displaystyle{z = x + yi,x,y \in R} έχουμε \displaystyle{\left| {z - 2 + i} \right| = \left| {z + 2 - i} \right| \Leftrightarrow \left| {x + yi - 2 + i} \right| = \left| {x + yi + 2 - i} \right| \Leftrightarrow \left| {(x - 2) + (y + 1)i} \right| = \left| {(x + 2) + (y - 1)i} \right| \Leftrightarrow }

\displaystyle{\sqrt {(x - 2)^2 + (y + 1)^2 } = \sqrt {(x + 2)^2 + (y - 1)^2 } \Leftrightarrow (x - 2)^2 + (y + 1)^2 = (x + 2)^2 + (y - 1)^2 \Leftrightarrow }

\displaystyle{x^2 - 4x + 4 + y^2 + 2y + 1 = x^2 + 4x + 4 + y^2 - 2y + 1 \Leftrightarrow 4y = 8x \Leftrightarrow y = 2x}

Συνεπώς οι εικόνες του μιγαδικού,ανήκουν στην ευθεία (ε) \displaystyle{y = 2x}

b. Επειδή η ευθεία (ε) \displaystyle{y = 2x} είναι αύμπτωτη της γραφικής παράστασης της \displaystyle{f} στο \displaystyle{+ \infty } έχουμε \displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{f(x)}}{x} = 2} και \displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } (f(x) - 2x) = 0}


άρχικά έχουμε \displaystyle{\left| {\frac{{5\eta \mu u}}{{u^2 }}} \right| \le \frac{1}{{u^2 }} \Leftrightarrow - \frac{1}{{u^2 }} \le \frac{{5\eta \mu u}}{{u^2 }} \le \frac{1}{{u^2 }}} και \displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{u \to + \infty } \left( { - \frac{1}{{u^2 }}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{u \to + \infty } \left( {\frac{1}{{u^2 }}} \right) = 0}

Αρα απο κριτήριο παρεμβολής έχουμε \displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{u \to + \infty } \left( {\frac{{5\eta \mu u}}{{u^2 }}} \right) = 0}

\displaystyle{10 = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } \frac{{xf(\frac{1}{x}) - 5x^2 \eta \mu \frac{1}{x} + \kappa }}{{f(\frac{1}{x}) - \frac{2}{x} + 2}}\mathop = \limits^{\scriptstyle \frac{1}{x} = u \hfill \atop {\scriptstyle x \to 0^ + \hfill \atop \scriptstyle u \to + \infty \hfill}} \mathop {\lim }\limits_{u \to + \infty } \frac{{\frac{{f(u)}}{u} - \frac{{5\eta \mu u}}{{u^2 }} + \kappa }}{{f(u) - 2u + 2}} = \frac{{2 - 0 + \kappa }}{{0 + 2}} = \frac{{\kappa + 2}}{2}}

Οπότε \displaystyle{\frac{{\kappa + 2}}{2} = 10 \Leftrightarrow \kappa = 18}

c. Έχουμε \displaystyle{g(x) = \int\limits_0^1 {f(xt)dt} }, οπότε για \displaystyle{x = 0} έχουμε \displaystyle{ g(0) = \int\limits_0^1 {f(0)dt} = f(0)\int\limits_0^1 {dt} = f(0)\left[ t \right]_0^1 = f(0)}

Για \displaystyle{x \ne 0} θέτουμε \displaystyle{xt = u}, οπότε \displaystyle{dt = \frac{{du}}{x}}. Για \displaystyle{t = 0} έχουμε \displaystyle{u = 0}

Ενώ για \displaystyle{t = 1} έχουμε \displaystyle{u = x}

Συνεπώς για \displaystyle{x \ne 0} έχουμε \displaystyle{g(x) = \int\limits_0^1 {f(xt)dt} = \int\limits_0^x {\frac{{f(u)du}}{x} = \frac{1}{x}} \int\limits_0^x {f(u)du} }

Συνεπώς \displaystyle{g(x) = \left\{ \begin{array}{l} \displaystyle \frac{1}{x}\int\limits_0^x {f(u)du,x \ne 0} \\ f(0),x = 0 \\ \end{array} \right. }


d. Έχουμε οτι η \displaystyle{{f(u)}} είναι συνεχής στο \displaystyle{R}, οπότε το \displaystyle{\int\limits_0^x {f(u)du} } παραγωγίσιμο στο \displaystyle{R}. Η \displaystyle{\frac{1}{x}} παραγωγίσιμη στο \displaystyle{( - \infty ,0) \cup (0, + \infty )}

,άρα η \displaystyle{g} παραγωγίσιμη στο \displaystyle{( - \infty ,0) \cup (0, + \infty )}

Επίσης \displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{g(x) - g(0)}}{{x - 0}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\frac{1}{x}\int\limits_0^x {f(u)du} - f(0)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\int\limits_0^x {f(u)du - xf(0)} }}{{x^2 }}\mathop = \limits^{\frac{0}{0}DLH} \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{f(x) - f(0)}}{{2x}} = \frac{{f'(0)}}{2}}

Επομένως η \displaystyle{g} παραγωγίσιμη στο \displaystyle{R} με \displaystyle{ g'(x) = \left\{ \begin{array}{l} \displaystyle - \frac{1}{{x^2 }}\int\limits_0^x {f(u)du + \frac{{f(x)}}{x},x \ne 0} \\ \frac{{f'(0)}}{2},x = 0 \\ \end{array} \right. }

e. Έχουμε \displaystyle{ z = \int\limits_1^2 {f(t)dt + i\int\limits_0^2 {f(t)dt\mathop \Leftrightarrow \limits^{z = \alpha + 2\alpha i} } } \left\{ \begin{array}{l} \int\limits_1^2 {f(t)dt = \alpha } \\ \int\limits_0^2 {f(t)dt = 2\alpha } \\ \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \int\limits_1^2 {f(t)dt = \alpha } \\ \int\limits_0^1 {f(t)dt + \int\limits_1^2 {f(t)dt} = 2\alpha } \\ \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \int\limits_1^2 {f(t)dt = \alpha } \\ \int\limits_0^1 {f(t)dt = \alpha } \\ \end{array} \right. }

Η \displaystyle{g} συνεχής στο \displaystyle{[1,2]}, παραγωγίσιμη στο \displaystyle{(1,2)}, από \displaystyle{\Theta {\rm M}{\rm T}} έχουμε οτι υπάρχει τουλάχιστον ένα \displaystyle{\xi \in (1,2)} τέτοιο ώστε

\displaystyle{g'(\xi ) = \frac{{g(2) - g(1)}}{{2 - 1}} = g(2) - g(1) = \frac{1}{2}\int\limits_0^2 {f(t)dt - } \int\limits_0^1 {f(t)dt = \alpha } - a = 0}

Δηλαδή \displaystyle{g'(\xi ) = 0 \Leftrightarrow - \frac{1}{{\xi ^2 }}\int\limits_0^\xi {f(u)du + \frac{{f(\xi )}}{\xi } = 0} \Leftrightarrow - \frac{1}{\xi }\int\limits_0^\xi {f(u)du + f(\xi ) = 0} \Leftrightarrow \frac{1}{\xi }\int\limits_0^\xi {f(u)du = f(\xi )} \Leftrightarrow g(\xi ) = f(\xi ) }

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Δημοσιεύτηκε: Δευ Ιαν 30, 2012 1:36 pm
από PanosG
STOPJOHN έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 127
Έστω συνάρτηση f, δυο φορές παραγωγίσιμη στο R με την f'' συνεχή στους πραγματικούς αριθμούς .Αν η συνάρτηση f'' ικανοποιεί τις συνθήκες f''(x)f(x)+[f'(x)]^{2}=f(x)f'(x),f(0)=2f'(0)=1 τότε
α. Να βρείτε τον τύπο της f
β. Να αποδείξετε ότι \int_{-a}^{a}{x^{2004}lnf(x)dx=0}, a>0
γ. Αν g είναι συνεχής συνάρτηση στο διάστημα \left[0,1 \right] με σύνολο τιμών το \left[0,1 \right]
να αποδείξετε ότι η εξίσωση 2x-\int_{0}^{x}{\frac{g(t)}{1+f^{2}(t)}}dt=1 έχει μια μόνο λύση στο \left[0,1 \right]

(Θεματογραφία Μαθηματικών Γ Λυκείου , Γ.Κομπότης )

Γιάννης Σταματογιάννης
i)
\displaystyle{{f{''}}\left( x \right)f\left( x \right) + {\left[ {{f{'}}\left( x \right)} \right]^2} = f\left( x \right){f{'}}\left( x \right) \Leftrightarrow {\left( {2f\left( x \right){f{'}}\left( x \right)} \right){'}} = {\left( {{f^2}\left( x \right)} \right){'}} \Leftrightarrow 2f\left( x \right){f{'}}\left( x \right) = {f^2}\left( x \right) + c}
Για χ=0 η τελευταία γίνεται:
1=1+c\Leftrightarrow c=0 'Αρα:
\displaystyle{{f^2}\left( x \right) = 2f\left( x \right){f{'}}\left( x \right) \Leftrightarrow {f^2}\left( x \right) = {\left( {{f^2}\left( x \right)} \right){'}} \Leftrightarrow {f^2}\left( x \right){e^{ - x}} - {\left( {{f^2}\left( x \right)} \right){'}}{e^{ - x}} = 0 \Leftrightarrow {\left( {{f^2}\left( x \right){e^{ - x}}} \right){'}} = 0}
\displaystyle{\Leftrightarrow f^2(x)e^{-x}=c_1
Επειδή f(0)=1 τότε c_1=1 άρα:f^2(x)=e^x
Από την τελευταία σχέση προφανώς η f(x) \neq 0 ,\forall x \in \mathbb{R} άρα θα διατηρεί σταθερό πρόσημο και αφού f(0)=1>0 τότε f(x)>0 ,\forall x \in \mathbb{R}. Οπότε τελικά:
\displaystyle{\boxed{f(x)=e^{\frac{x}{2}}}}

ii)
Έστω \displaystyle{h(x)=x^{2004}lnf(x)=x^{2004}\frac{x}{2}} Τότε είναι:
\displaystyle{h(-x)=(-x)^{2004} \cdot \frac{-x}{2}=-h(x) ,\forall x \in \mathbb{R}}}
Άρα η g είναι περιττή, όποτε \displaystyle{\mathop \int \limits_{-a}^a h\left( x \right)dx = 0}

iii)
Η g έχει σύνολο τιμών το [0,1] οπότε:
0\leq g(x) \leq 1 . Όμως \displaystyle{1+f^2(x) > 1\Leftrightarrow 0 < \frac{1}{1+f^2(x)} < 1}. Άρα:
\displaystyle{0 \leq \frac{g(x)}{1+f^2(x)} \leq 1\Leftrightarrow 1-\frac{g(x)}{1+f^2(x)} \geq 0
Οπότε:
\displaystyle{1- \mathop \int \limits_{0}^1 \frac{g(t)}{1+f^2(t)}dt >0}
Έστω τώρα η συνεχής συνάρτηση στο [0,1] \displaystyle{r(x)=2x-\mathop \int \limits_{0}^x \frac{g(t)}{1+f^2(t)}dt-1}
r(0)=-1<0
r(1)=1- \mathop \int \limits_{0}^1 \frac{g(t)}{1+f^2(t)}dt >0
Οπότε από Bolzano η r έχει τουλάχιστον μια ρίζα στο (0,1)
Όμως η συνάρτηση \frac{g(t)}{1+f^2(t)}dt-1} είναι συνεχής στο [0,1] άρα η συνάρτηση
r είναι παραγωγίσιμη με
\displaystyle{r'(x)=2-\frac{g(x)}{1+f^2(x)}}\geq 1 όποτε η r είναι γνησίως αύξουσα άρα έχει μοναδική ρίζα στο (0,1)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Δημοσιεύτηκε: Δευ Ιαν 30, 2012 3:36 pm
από dennys
για την ΑΣΚΗΣΗ 125

Ειπα οτι μετά την λύση απο κάποιο φίλο , θα δώσω την αποψή μου ,χωρίς την παραγωγισιμοτητα.

Ετσι :\int_0^{f(x)}(e^t+1)dt=x \Rightarrow[e^t+t]_0^{f(x)}=[e^{f(x)}+f(x)]-[e^0+0]\Rightarrow,e^{f(x)}+f(x)-1=x \Rightarrow

αρα e^{f(x)}+f(x)=x+1 \Rightarrow if ,g(x)=e^x+x \nearrow και g(f(x))=x+1 \nearrow \Rightarrow f(x) \nearrow

αρα και "1-1" η δουλεύω με ατοπο υποθέτοντασ οτι ειναι γν.φθίνουσα, ακομη και απο ορισμο τον του "1-1"

ανf(x_1)=f(x_2) \Rightarrow \int_0^{f(x_1)}(e^t+1)dt=\int_0^{f(x_2}(e^t+1)dt \Rightarrow x_1=x_2



φιλικα dennys
Όλοι οι χρόνοι είναι UTC+03:00
Σελίδα 1 από 11
Powered by phpBB® Forum Software © phpBB Limited
https://www.phpbb.com/