Ιδιόμορφη

erxmer · #1

Δίνεται η συνάρτηση $\displaystyle{f(x)=\left (\frac{e}{x} \right )^x, x>0}$

1) Να μελετήσετε την f ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα.

2) Να δειχθεί ότι $\displaystyle{\frac{3e^2}{8} \leq \int_{\frac{1}{2}}^{2}f(x)dx \leq \frac{3e}{2}}$ .

3) Nα υπολογιστεί το $\displaystyle{\lim_{x \to +\infty}\left [ f(x) \right ]^{\displaystyle{\frac{x^4}{\sqrt{lnx}}}}}$

4) Nα αποδειχθεί οτι η εξίσωση f(x)=x^4-lnx

έχει δυο θετικές λύσεις στο διάστημα (0,2)

Βαγγέλης Κορφιάτης · #2

Καλημέρα. Μια προσπάθεια.
1) Είναι

$\displaystyle{f(x) = {\left( {\frac{e}{x}} \right)^x} = \frac{{{e^x}}}{{{x^x}}} = \frac{{{e^x}}}{{{e^{x\ln x}}}} = {e^{x - x\ln x}}}$

Ισχύει ότι:

$\displaystyle{f'(x) = {e^{x - x\ln x}}(x - x\ln x)' = {e^{x - x\ln x}}( - \ln x)}$

Για
$\displaystyle{0 < x < 1 \Rightarrow \ln x < 0 \Rightarrow f'(x) > 0 \Rightarrow f \nearrow }$
Για
$\displaystyle{x > 1 \Rightarrow \ln x > 0 \Rightarrow f'(x) < 0 \Rightarrow f \searrow}$

Επομένως, η f παρουσιάζει ολικό μέγιστο για x=1

το

.

2) Ισχύει ότι:
$\displaystyle{\int\limits_{\frac{1}{2}}^2 {f(x)dx} = \int\limits_{\frac{1}{2}}^1 {f(x)dx} + \int\limits_1^2 {f(x)dx} }$

Στο διάστημα $[\frac{1}{2},1]$ ισχύει ότι:

$\displaystyle{f \nearrow \Rightarrow f\left( {\frac{1}{2}} \right) \leqslant f(x) \leqslant f(1) \Rightarrow f\left( {\frac{1}{2}} \right)\frac{1}{2} \leqslant \int\limits_{\frac{1}{2}}^1 {f(x)} dx \leqslant f(1)\frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{\sqrt {2e} }}{2} \leqslant \int\limits_{\frac{1}{2}}^1 {f(x)} dx \leqslant \frac{e}{2}}$

Στο διάστημα [1,2]

ισχύει ότι:

$\displaystyle{f \searrow \Rightarrow f(2) \leqslant f(x) \leqslant f(1) \Rightarrow f(2) \cdot 1 \leqslant \int\limits_1^2 {f(x)} dx \leqslant f(1)1 \Rightarrow \frac{{{e^2}}}{4} \leqslant \int\limits_{\frac{1}{2}}^1 {f(x)} dx \leqslant e}$

Προσθέτοντας τις παραπάνω κατά μέλη προκύπτει ότι:

$\displaystyle{\frac{{{e^2}}}{4} + \frac{{\sqrt {2e} }}{2} \leqslant \int\limits_{\frac{1}{2}}^2 {f(x)} dx \leqslant \frac{{3e}}{2}}$

Ισχύει η ισοδυναμία:

$\displaystyle{\frac{{{e^2}}}{4} + \frac{{\sqrt {2e} }}{2} \geqslant \frac{{3{e^2}}}{8} \Leftrightarrow \frac{{\sqrt {2e} }}{2} \geqslant \frac{{{e^2}}}{8} \Leftrightarrow 4\sqrt {2e} \geqslant {e^2} \Leftrightarrow 32e \geqslant {e^4} \Leftrightarrow {e^3} \leqslant 32}$

η οποία είναι αληθής διότι e<3

.

3) Για x>1

ισχύει ότι:

$\displaystyle{{[f(x)]^{\frac{{{x^4}}}{{\sqrt {\ln x} }}}} = {\left[ {{e^{x(1 - \ln x)}}} \right]^{\frac{{{x^4}}}{{\sqrt {\ln x} }}}} = {e^{\frac{{{x^5}(1 - \ln x)}}{{\sqrt {\ln x} }}}}}$

Για τον εκθέτη έχουμε ότι:

$\displaystyle{\frac{{{x^5}(1 - \ln x)}}{{\sqrt {\ln x} }} = (1 - \ln x)\sqrt {\frac{{{x^{10}}}}{{\ln x}}} }$

Υπολογίζουμε τα επιμέρους όρια:

$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{x^{10}}}}{{\ln x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{10{x^9}}}{{\frac{1}{x}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } 10{x^{10}} = + \infty \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \sqrt {\frac{{{x^{10}}}}{{\ln x}}} = + \infty }$

$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } (1 - \ln x) = - \infty }$

Επομένως

$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{x^5}(1 - \ln x)}}{{\sqrt {\ln x} }} = - \infty \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {e^{\frac{{{x^5}(1 - \ln x)}}{{\sqrt {\ln x} }}}} = {e^{ - \infty }} = 0}$

4) Ισχύει ότι:

$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0 + } x\ln x = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0 + } \frac{{ - \ln \frac{1}{x}}}{{\frac{1}{x}}} = \mathop {\lim }\limits_{y \to + \infty } \frac{{ - \ln y}}{y} = - \mathop {\lim }\limits_{y \to + \infty } \frac{{\frac{1}{y}}}{1} = 0}$
Άρα
$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0 + } f(x) = {e^{0 - 0}} = 1}$
Θεωρούμε την συνάρτηση $g:(0, + \infty ) \to \mathbb{R}$ με

$\displaystyle{g(x) = f(x) - {x^4} + \ln x}$

Ισχύει ότι:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0 + } g(x) = - \infty$
και g(1) = f(1) - 1 = e - 1 > 0

.

Άρα η g έχει σημείο μηδενισμού στο (0,1).

$\displaystyle{g(2) = f(2) - 16 + \ln 2 = \frac{{{e^2}}}{4} + \ln 2 - 16}$

Ισχύει ότι

$\displaystyle{\frac{{{e^2}}}{4} + \ln 2 - 16 < \frac{{{3^2}}}{4} + \ln e - 16 = \frac{9}{4} - 15 < 0 \Rightarrow g(2) < 0}$

Άρα η g έχει σημείο μηδενισμού στο (1,2).

#3

erxmer έγραψε:Δίνεται η συνάρτηση $\displaystyle{f(x)=\left (\frac{e}{x} \right )^x, x>0}$

1) Να μελετήσετε την f ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα.

2) Να δειχθεί ότι $\displaystyle{\frac{3e^2}{8} \leq \int_{\frac{1}{2}}^{2}f(x)dx \leq \frac{3e}{2}}$ .

3) Nα υπολογιστεί το $\displaystyle{\lim_{x \to +\infty}\left [ f(x) \right ]^{\displaystyle{\frac{x^4}{\sqrt{lnx}}}}}$

4) Nα αποδειχθεί οτι η εξίσωση έχει δυο θετικές λύσεις στο διάστημα (0,2)

ΛΥΣΗ (...χάριν πλουραλισμού και πληκτρολόγησης...)

1) Είναι η $f(x)={{\left( \frac{e}{x} \right)}^{x}}={{e}^{x\ln \left( \frac{e}{x} \right)}}={{e}^{x-x\ln x}},\,\,x>0$

παραγωγίσιμη ως πράξεις παραγωγίσιμων με ${f}'(x)={{e}^{x-x\ln x}}(1-\ln x-1)=-f(x)lnx,\,\,\,\,x>0$

με ${f}'(x)=0\overset{f(x)>0}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,lnx=0\Leftrightarrow x=1$ και

${f}'(x)>0\overset{f(x)>0}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,-lnx>0\Leftrightarrow x<1$ άρα η

είναι γνήσια αύξουσα στο διάστημα $(0,\,\,1]$ και

${f}'(x)<0\overset{f(x)>0}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,-lnx<0\Leftrightarrow x>1$ άρα η

είναι γνήσια φθίνουσα στο διάστημα $[1,\,\,+\infty )$

επομένως στο σημείο x=1

παρουσιάζει μέγιστο το f(1)=e

2) Στο διάστημα $[\frac{1}{2},\,\,2]$ (σύμφωνα με το (1)) η

έχει μέγιστη τιμή την f(1)=e

και είναι γνήσια αύξουσα στο διάστημα

$[\frac{1}{2},\,\,1]$ και γνήσια φθίνουσα στο διάστημα $[1,\,\,2]$ με $f(\frac{1}{2})={{\left( 2e \right)}^{\frac{1}{2}}}=\sqrt{2e}$ και

$f(2)={{\left( \frac{e}{2} \right)}^{2}}=\frac{{{e}^{2}}}{4}$ και επειδή $\frac{{{e}^{2}}}{4}<\sqrt{2e}\Leftrightarrow {{e}^{4}}<32e\Leftrightarrow {{e}^{3}}<32$

που ισχύει αφού $e<3\Leftrightarrow {{e}^{3}}<27<32$ η

έχει ελάχιστη τιμή την $f(2)=\frac{{{e}^{2}}}{4}$ επομένως ισχύει ότι

$\frac{{{e}^{2}}}{4}\le f(x)\le e$ και ολοκληρώνοντας ισχύει

$\int\limits_{\frac{1}{2}}^{2}{\frac{{{e}^{2}}}{4}dx}<\int\limits_{\frac{1}{2}}^{2}{f(x)dx}<\int\limits_{\frac{1}{2}}^{2}{edx}\Leftrightarrow \frac{{{e}^{2}}}{4}(2-\frac{1}{2})<\int\limits_{\frac{1}{2}}^{2}{f(x)dx}<e(2-\frac{1}{2})\Leftrightarrow$

$\displaystyle{\frac{3e^2}{8} \leq \int_{\frac{1}{2}}^{2}f(x)dx \leq \frac{3e}{2}}$

3) Είναι $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left[ f(x) \right]}^{\frac{{{x}^{4}}}{\sqrt{lnx}}}}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left[ {{e}^{x-x\ln x}} \right]}^{\frac{{{x}^{4}}}{\sqrt{lnx}}}}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{e}^{\frac{{{x}^{5}}(1-\ln x)}{\sqrt{\ln x}}}}$

και επειδή $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1-\ln x}{\sqrt{\ln x}}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{1}{\sqrt{\ln x}}-\sqrt{\ln x} \right)=-\infty$ το $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{5}}(1-\ln x)}{\sqrt{\ln x}}=-\infty$

αφού $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{x}^{5}}=+\infty$ άρα $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left[ f(x) \right]}^{\frac{{{x}^{4}}}{\sqrt{lnx}}}}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{e}^{\frac{{{x}^{5}}(1-\ln x)}{\sqrt{\ln x}}}}=0$

4) Η εξίσωση $f(x)={{x}^{4}}-lnx\Leftrightarrow f(x)-{{x}^{4}}+\ln x=0$ . Τώρα η συνάρτηση $g(x)=f(x)-{{x}^{4}}+\ln x,\,\,\,x\in (0,\,\,2]$ είναι συνεχής στο $(0,\,\,2]$

Επειδή $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,(xlnx)\overset{0\infty }{\mathop{=}}\,\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{\ln x}{\frac{1}{x}} \right)\underset{DLH}{\overset{\frac{\infty }{\infty }}{\mathop{=}}}\,\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{{{x}^{2}}}}=0$ το

$\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,(x-xlnx)=0$ άρα το $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f(x)=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{{e}^{x-x\ln x}}=1$ το

$\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,g(x)=-\infty$ άρα υπάρχει $\alpha >0$ που $g(\alpha )<0$

Επίσης g(1)=f(1)-1=e-1>0

και $g(2)=f(2)-16+\ln 2=\frac{{{e}^{2}}}{4}-16+ln2<0$ γιατί

$e<4\Leftrightarrow {{e}^{2}}<16\Leftrightarrow \frac{{{e}^{2}}}{4}<4\Leftrightarrow \frac{{{e}^{2}}}{4}-4<0$

και $\ln 2<1\Leftrightarrow -1+\ln 2<0$ και $g(2)=\frac{{{e}^{2}}}{4}-4-12+ln2<0$

Οπότε $g(\alpha )g(1)<0,\,\,g(1)g(2)<0$ και σύμφωνα με το Θ. Bolzano η g(x)=0

έχει δύο ρίζες ${{x}_{1}}\in (a,\,1),\,\,\,{{x}_{2}}\in (1,\,2)$

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #4

Να σημειώσω ότι η συνάρτηση είναι κοίλη στο [0,2]

Οπότε $\int_{\frac{1}{2}}^{1}f(x)dx\geq \dfrac{1-\frac{1}{2}}{2}(f(1)+f(\frac{1}{2}))$

$\int_{1}^{2}f(x)dx\geq \dfrac{2-1}{2}(f(1)+f(2))$

και το κάτω φράγμα βελτιώνεται.

Ιδιόμορφη

Ιδιόμορφη

Re: Ιδιόμορφη

Re: Ιδιόμορφη

Re: Ιδιόμορφη

Μέλη σε σύνδεση