Με απόλυτη τιμή

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #1

Θεωρούμε την συνάρτηση $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$

με $f(x)=\left | x^{3} \right |+\left | x-1 \right |$

1)Βρείτε την παράγωγο της όπου αυτή υπάρχει.

2)Δείξτε ότι υπάρχει $x_{0}\in \mathbb{R}$

ώστε $f(x)\geq f(x_{0})$ για κάθε $x\in \mathbb{R}$

3)Δείξτε ότι η συνάρτηση είναι κυρτή στο $(-\infty ,x_{0}]$

4)Βρείτε τις εφαπτομένες της γραφικής παράστασης της

που περνάνε από το (0,0)

5)Υπολογίστε το εμβαδό του χωρίου που ορίζεται από την γραφική παράσταση της

και τις ευθείες

x=-1,x=2

#2

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:Θεωρούμε την συνάρτηση $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$

με $f(x)=\left | x^{3} \right |+\left | x-1 \right |$

1)Βρείτε την παράγωγο της όπου αυτή υπάρχει.

2)Δείξτε ότι υπάρχει $x_{0}\in \mathbb{R}$

ώστε $f(x)\geq f(x_{0})$ για κάθε $x\in \mathbb{R}$

3)Δείξτε ότι η συνάρτηση είναι κυρτή στο $(-\infty ,x_{0}]$

4)Βρείτε τις εφαπτομένες της γραφικής παράστασης της που περνάνε από το

5)Υπολογίστε το εμβαδό του χωρίου που ορίζεται από την γραφική παράσταση της και τις ευθείες

...Καλησπέρα Σταύρο με τα απόλυτά σου....

1) Είναι $f(x)=\left| {{x}^{3}} \right|+\left| x-1 \right|=\left\{ \begin{matrix} & -{{x}^{3}}-x+1,\,\,\,x\le 0 \\ & {{x}^{3}}-x+1,\,\,\,\,\,\,0<x\le 1 \\ & {{x}^{3}}+x-1,\,\,\,\,\,\,x>1 \\ \end{matrix} \right.$ και για $x\ne 0,\,1$ είναι παραγωγίσιμη λόγω της μορφής της με

${f}'(x)=\left\{ \begin{matrix} & -3{{x}^{2}}-1,\,\,\,x<0 \\ & 3{{x}^{2}}-1,\,\,\,\,\,\,0<x<1 \\ & 3{{x}^{2}}+1,\,\,\,\,\,\,x>1 \\ \end{matrix} \right.$

Για το x=0

έχουμε ότι $\underset{x\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x)-f(0)}{x}=\underset{x\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{-{{x}^{3}}-x+1-1}{x}=-\underset{x\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,({{x}^{2}}+1)=-1$ και

$\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x)-f(0)}{x}=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{3}}-x+1-1}{x}=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,({{x}^{2}}-1)=-1$

άρα παραγωγίσιμη στο x=0

με

Για το

έχουμε ότι $\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{3}}-x+1-1}{x-1}=\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,x(x+1)=2$ και

$\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{3}}+x-2}{x-1}=\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{(x-1)({{x}^{2}}+x+2)}{x-1}=4$

άρα δεν είναι παραγωγίσιμη στο x=1

.

2) Είναι ${f}'(x)<0,\,\,\,x\in (-\infty ,\,\,0]$ και αφού ${f}'(x)=0\Leftrightarrow x=\frac{\sqrt{3}}{3},\,\,\,x\in (0,\,\,1)$ είναι

${f}'(x)<0,\,\,\,x\in (0,\,\,\frac{\sqrt{3}}{3})$ επομένως λογω συνέχειας της

στο $(-\infty ,\,\,\frac{\sqrt{3}}{3}]$

η

είναι γνήσια φθίνουσα στο $(-\infty ,\,\,\frac{\sqrt{3}}{3}]$

Ακόμη ${f}'(x)>0,\,\,\,x\in (\frac{\sqrt{3}}{3},\,\,1)$ και ${f}'(x)>0,\,\,\,x\in (1,\,\,+\infty )$ και λόγω συνέχειας της

στο

$[\frac{\sqrt{3}}{3},\,\,+\infty )$ η

είναι γνήσια αύξουσα στο $[\frac{\sqrt{3}}{3},\,\,+\infty )$ επομένως

στο ${{x}_{0}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$ η

παρουσιάζει ελάχιστο το $f(\frac{\sqrt{3}}{3})=1-\frac{2\sqrt{3}}{9}$

3) Είναι ${f}'(x)=\left\{ \begin{matrix} & -3{{x}^{2}}-1,\,\,\,x\le 0 \\ & 3{{x}^{2}}-1,\,\,\,\,\,\,0<x<\frac{\sqrt{3}}{3}] \\ \end{matrix} \right.$ άρα παραγωγίσιμη

για $x\ne 0$ με ${f}''(x)=\left\{ \begin{matrix} & -6x,\,\,\,x\le 0 \\ & \,\,\,6x,\,\,\,\,0<x<\frac{\sqrt{3}}{3}] \\ \end{matrix} \right.$ οπότε

{f}'

γνήσια αύξουσα στο $(-\infty ,\,0)$ και γνήσια αύξουσα στο $(0,\,\,\frac{\sqrt{3}}{3}]$ και λόγω συνέχειας της {f}'

είναι η

γνήσια αύξουσα στο $(-\infty ,\,\frac{\sqrt{3}}{3}]$ άρα κυρτή στο $(-\infty ,\,\frac{\sqrt{3}}{3}]$ .

4) Θέλουμε $x_{0}\in \mathbb{R}$ που η εφαπτόμενες $y-f({{x}_{0}})={f}'({{x}_{0}})(x-{{x}_{0}})$ να περνούν από το (0,0)

δηλαδή να ισχύει $-f({{x}_{0}})=-{{x}_{0}}{f}'({{x}_{0}})\Leftrightarrow f({{x}_{0}})={{x}_{0}}{f}'({{x}_{0}})$ (1)

Έτσι για $x\in (-\infty ,\,0]$ να είναι $-{{x}^{3}}-x+1=x(-3{{x}^{2}}-1)\Leftrightarrow -{{x}^{3}}-x+1=-3{{x}^{3}}-x\Leftrightarrow 2{{x}^{3}}=-1\Leftrightarrow x=-\frac{1}{\sqrt[3]{2}}$ δεκτή

Για $x\in [0,\,1)$ να είναι ${{x}^{3}}-x+1=x(3{{x}^{2}}-1)\Leftrightarrow {{x}^{3}}-x+1=3{{x}^{3}}-x\Leftrightarrow -2{{x}^{3}}=-1\Leftrightarrow x=\frac{1}{\sqrt[3]{2}}$ δεκτή

Για $x\in (1,\,\,+\infty )$ να είναι ${{x}^{3}}+x-1=x(3{{x}^{2}}+1)\Leftrightarrow {{x}^{3}}+x-1=3{{x}^{3}}+x\Leftrightarrow -2{{x}^{3}}=1\Leftrightarrow x=-\frac{1}{\sqrt[3]{2}}$ απονίπτεται.

Άρα οι εφαπτόμενες που περνούν από την αρχή των αξόνων είναι από τα σημεία $A\left( -\frac{1}{\sqrt[3]{2}},\,\,f(-\frac{1}{\sqrt[3]{2}}) \right)$ και $B\left( \frac{1}{\sqrt[3]{2}},\,\,f(\frac{1}{\sqrt[3]{2}}) \right)$

Το ζητούμενο εμβαδό είναι $E=\int\limits_{-1}^{2}{|f(x)|dx}$ και αφού f(x)>0

είναι $E=\int\limits_{-1}^{2}{f(x)dx}=\int\limits_{-1}^{0}{f(x)dx}+\int\limits_{0}^{1}{f(x)dx}+\int\limits_{1}^{2}{f(x)dx}$

$=\int\limits_{-1}^{0}{(-{{x}^{3}}-x+1)dx}+\int\limits_{0}^{1}{({{x}^{3}}-x+1)dx}+\int\limits_{1}^{2}{({{x}^{3}}+x-1)dx}=$

$=\left[ -\frac{{{x}^{4}}}{4}-\frac{{{x}^{2}}}{2}+x \right]_{-1}^{0}+\left[ \frac{{{x}^{4}}}{4}-\frac{{{x}^{2}}}{2}+x \right]_{0}^{1}+\left[ \frac{{{x}^{4}}}{4}+\frac{{{x}^{2}}}{2}-x \right]_{1}^{2}=...$

...ελπίζω να μην έχω κάνει λάθος στις πράξεις...

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

Με απόλυτη τιμή

Με απόλυτη τιμή

Re: Με απόλυτη τιμή

Μέλη σε σύνδεση