Συνδυαστική

Panos35 · #1

Έστω συνάρτηση

παραγωγίσιμη στο $(0,+\infty )$
για την οποία ισχύουν:

H εφάπτεται στον χ'χ
- α) Να αποδείξετε ότι $f(x)=ln(x-lnx), x\in (0,+\infty)$
  β) Αν $0< x\neq 1$ να αποδείξετε ότι η εξίσωση: έχει ακριβώς δύο ρίζες
  γ) Αν $x_{1},x_{2}$ είναι οι ρίζες της παραπάνω εξίσωσης με $x_{1}< x_{2}$ να αποδείξετε ότι υπάρχει $\xi \in (x_{1},x_{2})$ τέτοιο ώστε $f(\xi )+2\xi f'(\xi )=e$

#2

Panos35 έγραψε: Τρί Απρ 07, 2020 6:48 pm Έστω συνάρτηση παραγωγίσιμη στο $(0,+\infty )$
για την οποία ισχύουν:
$xf'(x)=\frac{e^{f(x)}+lnx-1}{x-lnx}$
H εφάπτεται στον χ'χ

α) Να αποδείξετε ότι $f(x)=ln(x-lnx), x\in (0,+\infty)$
β) Αν $0< x\neq 1$ να αποδείξετε ότι η εξίσωση: έχει ακριβώς δύο ρίζες
γ) Αν $x_{1},x_{2}$ είναι οι ρίζες της παραπάνω εξίσωσης με $x_{1}< x_{2}$ να αποδείξετε ότι υπάρχει $\xi \in (x_{1},x_{2})$ τέτοιο ώστε $f(\xi )+2\xi f'(\xi )=e$

Κάνω το πρώτο μέρος. Αφήνω το δεύτερο και τρίτο γιατί είναι στάνταρ αλλά έχουν κάμποση πληκτρολόγηση.

Θέτουμε $\displaystyle{g(x)= \ln(x-\ln x) -f(x)}$ . Άρα $\displaystyle{g'(x) = \dfrac {1-1/x}{x-\ln x} -f'(x)}$ , οπότε

$\displaystyle{xg'(x) = \dfrac {x-1}{x-\ln x} - xf'(x) = \dfrac {x-1}{x-\ln x}- \dfrac{e^{f(x)}+\ln x-1}{x-\ln x}= \dfrac {x-1}{x-\ln x}- \dfrac{e^{\ln(x-\ln x) -g(x)}+\ln x-1}{x-\ln x}= }$

$\displaystyle{= \dfrac {x-1}{x-\ln x}- \dfrac{(x-\ln x) e^{ -g(x)}+\ln x-1}{x-\ln x}= \dfrac {x-1}{x-\ln x}- e^{ -g(x)} -\dfrac{\ln x-1}{x-\ln x}= 1-e^{-g(x)}}$

Πολλαπλασιάζοντας επί $e^{g(x)}$ έχουμε

$\displaystyle{xg'(x)e^{g(x)} - e^{g(x)}= -1}$ , ισοδύναμα

$\displaystyle{ \left (\dfrac {e^{g(x)}}{x} \right )' = \left (\dfrac {1}{x} \right )'}$ . Άρα $\displaystyle{ \dfrac {e^{g(x)}}{x} = \dfrac {1}{x} +c}$ , ή $\displaystyle{g(x)= \ln (1+cx)}$

Συμπεραίνουμε ότι

$\displaystyle{f(x)= \ln(x-\ln x) -\ln (1+cx)\,(*)}$ .

Tώρα, από την υπόθεση έχουμε ότι για κάποιο x_0

ισχύει $f(x_0)=f'(x_0)=0\, (**)$ . Παραγωγίζοντας την (*)

και θέτοντας στην (**)

θα διαπιστώσουμε εύκολα, λύνοντας το σύστημα, ότι $x_0=1,\, c=0$ . Τελικά

$\displaystyle{f(x)= \ln(x-\ln x) }$ , όπως θέλαμε.

Ουφ. Αφήνω τα υπόλοιπα... Απλά επισημαίνω ότι το β) είναι εύκολο αν παρατηρήσουμε ότι η $\displaystyle{f(x)-ln(f(x))}$ είναι γνήσια αύξουσα στο (0,1)

και γνήσια φθίνουσα στο $(1, \infty)$

Nikos002 · #3

Mihalis_Lambrou έγραψε: Τετ Απρ 08, 2020 12:24 am
Panos35 έγραψε: Τρί Απρ 07, 2020 6:48 pm Έστω συνάρτηση παραγωγίσιμη στο $(0,+\infty )$
για την οποία ισχύουν:
$xf'(x)=\frac{e^{f(x)}+lnx-1}{x-lnx}$
H εφάπτεται στον χ'χ

α) Να αποδείξετε ότι $f(x)=ln(x-lnx), x\in (0,+\infty)$
β) Αν $0< x\neq 1$ να αποδείξετε ότι η εξίσωση: έχει ακριβώς δύο ρίζες
γ) Αν $x_{1},x_{2}$ είναι οι ρίζες της παραπάνω εξίσωσης με $x_{1}< x_{2}$ να αποδείξετε ότι υπάρχει $\xi \in (x_{1},x_{2})$ τέτοιο ώστε $f(\xi )+2\xi f'(\xi )=e$

Κάνω το πρώτο μέρος. Αφήνω το δεύτερο και τρίτο γιατί είναι στάνταρ αλλά έχουν κάμποση πληκτρολόγηση.

Θέτουμε $\displaystyle{g(x)= \ln(x-\ln x) -f(x)}$ . Άρα $\displaystyle{g'(x) = \dfrac {1-1/x}{x-\ln x} -f'(x)}$ , οπότε

$\displaystyle{xg'(x) = \dfrac {x-1}{x-\ln x} - xf'(x) = \dfrac {x-1}{x-\ln x}- \dfrac{e^{f(x)}+\ln x-1}{x-\ln x}= \dfrac {x-1}{x-\ln x}- \dfrac{e^{\ln(x-\ln x) -g(x)}+\ln x-1}{x-\ln x}= }$

$\displaystyle{= \dfrac {x-1}{x-\ln x}- \dfrac{(x-\ln x) e^{ -g(x)}+\ln x-1}{x-\ln x}= \dfrac {x-1}{x-\ln x}- e^{ -g(x)} -\dfrac{\ln x-1}{x-\ln x}= 1-e^{-g(x)}}$

Πολλαπλασιάζοντας επί $e^{g(x)}$ έχουμε

$\displaystyle{xg'(x)e^{g(x)} - e^{g(x)}= -1}$ , ισοδύναμα

$\displaystyle{ \left (\dfrac {e^{g(x)}}{x} \right )' = \left (\dfrac {1}{x} \right )'}$ . Άρα $\displaystyle{ \dfrac {e^{g(x)}}{x} = \dfrac {1}{x} +c}$ , ή $\displaystyle{g(x)= \ln (1+cx)}$

Συμπεραίνουμε ότι

$\displaystyle{f(x)= \ln(x-\ln x) -\ln (1+cx)\,(*)}$ .

Tώρα, από την υπόθεση έχουμε ότι για κάποιο ισχύει $f(x_0)=f'(x_0)=0\, (**)$ . Παραγωγίζοντας την και θέτοντας στην θα διαπιστώσουμε εύκολα, λύνοντας το σύστημα, ότι $x_0=1,\, c=0$ . Τελικά

$\displaystyle{f(x)= \ln(x-\ln x) }$ , όπως θέλαμε.

Ουφ. Αφήνω τα υπόλοιπα... Απλά επισημαίνω ότι το β) είναι εύκολο αν παρατηρήσουμε ότι η $\displaystyle{f(x)-ln(f(x))}$ είναι γνήσια αύξουσα στο και γνήσια φθίνουσα στο $(1, \infty)$

Είναι εφικτό να βγει ο τύπος της συνάρτησης από την σχέση που μας δίνεται δηλαδή να φτάσουμε στην μορφή (..)'=(...)' και να βρούμε έτσι τον τύπο της ;

#4

Nikos002 έγραψε: Τετ Απρ 08, 2020 3:52 pm Είναι εφικτό να βγει ο τύπος της συνάρτησης από την σχέση που μας δίνεται δηλαδή να φτάσουμε στην μορφή (..)'=(...)' και να βρούμε έτσι τον τύπο της ;

Δεν το ξέρω αυτό αλλά επειδή η άγνωστη συνάρτηση εμφανίζεται και με παράγωγο και ως εκθέτης, φαίνεται δύσκολο. Στην αρχή αυτό που λες προσπάθησα να κάνω αλλά δεν βρήκα τον τρόπο (υπόψη ήταν περασμένα μεσάνυκτα), γι' αυτό έγραψα την λύση που έγραψα. Μία δυσκολία που συνάντησα στην μέθοδο που προτείνεις είναι ότι γενικότερα η λύση της αρχικής εξίσωσης (αγνοώντας την συνθήκη ¨η C_f

εφάπτεται στον x'x

") είναι $\displaystyle{ \displaystyle{f(x)= \ln(x-\ln x) -\ln (1+cx)}$ . Μόνο στο τέλος διαπιστώνουμε ότι c=0

.

harrisp · #5

Μπορούμε και χωρίς τον τύπο.

Περιληπτικά γιατί έχει δοθεί έτσι και αλλιώς λύση.

$xf'(x)=\dfrac{e^{f(x)}+lnx -1}{x-lnx } \Leftrightarrow x^2f'(x)-xlnx f'(x)=e^{f(x)}+lnx -1 \Leftrightarrow$

$e^{-f(x)}x^2f'(x)-xlnxf'(x)e^{-f(x)}=1+lnxe^{-f(x)}-e^{-f(x)} \Leftrightarrow$

$-(e^{-f(x)})'x^2+xlnx(e^{-f(x)})'=1+lnxe^{-f(x)}-e^{-f(x)} \Leftrightarrow$

$-(e^{-f(x)})'+\dfrac {lnx}{x}(e^{-f(x)})'=\dfrac {1}{x^2}-e^{-f(x)}\dfrac {1-lnx}{x^2} \Leftrightarrow$

$(\dfrac {lnx}{x}-1)(e^{-f(x)})'+e^{-f(x)}\dfrac {1-lnx}{x^2} =\dfrac {1}{x^2} \Leftrightarrow$

$[(\dfrac {lnx}{x}-1)(e^{-f(x)})]'=(-\dfrac {1}{x})'\Leftrightarrow (...)$

#6

harrisp έγραψε: Τετ Απρ 08, 2020 5:41 pm Μπορούμε και χωρίς τον τύπο.
...
$[(\dfrac {lnx}{x}-1)(e^{-f(x)})]'=(-\dfrac {1}{x})'\Leftrightarrow (...)$

Σωστά μεν, αλλά για να το φέρουμε στην τελευταία μορφή όλο και κοιτάμε τον δοθέντα τύπο (λύση) για να
προσαρμόσουμε τα βήματα, έστω και αν δεν το ομολογούμε.

Γράφω λοιπόν γενική μέθοδο: Φέρνουμε την αρχική εξίσωση στην μορφή

$\displaystyle{f'(x)e^{-f(x)} + g(x)e^{-f(x)} = h(x)}\, (*)$ (για την δοθείσα αυτό είναι άμεσο).

Έστω τώρα

παράγουσα της

, δηλαδή

. Πολλαπλασιάζουμε την προηγούμενη επί $e^{G(x)}$ , οπότε

$\displaystyle{e^{G(x)}f'(x)e^{-f(x)} + e^{G(x)}g(x)e^{-f(x)} = e^{G(x)}h(x)}$ ισοδύναμα (εδώ είναι το κλειδί)

$\displaystyle{ \left ( -e^{G(x)}e^{-f(x)} \right ) ' = e^{G(x)}h(x)}$

Και λοιπά. Απλά τώρα έχουμε να ολοκληρώσουμε το δεξί μέλος.

Σχόλιο: Για να μιλήσουμε με όρους Διαφορικών Εξισώσεων, ουσιαστικά θέτουμε $F(x)= e^{-f(x)}$ . Δεδομένου ότι $F'(x)=-f'(x)e^{-f(x)}$ , η (*)

είναι Γραμμική Διαφορική Εξίσωση πρώτου βαθμού της μορφής F'+pF=q

. Την λύνουμε με τον στάνταρ τρόπο του ολοκληρωτικού παράγοντα. Αυτό έκανα.

harrisp · #7

Mihalis_Lambrou έγραψε: Τετ Απρ 08, 2020 8:04 pm
harrisp έγραψε: Τετ Απρ 08, 2020 5:41 pm Μπορούμε και χωρίς τον τύπο.
...
$[(\dfrac {lnx}{x}-1)(e^{-f(x)})]'=(-\dfrac {1}{x})'\Leftrightarrow (...)$
Σωστά μεν, αλλά για να το φέρουμε στην τελευταία μορφή όλο και κοιτάμε τον δοθέντα τύπο (λύση) για να
προσαρμόσουμε τα βήματα, έστω και αν δεν το ομολογούμε.

Θα μου επιτρέψετε να πω ότι δεν έριξα καμία ματιά στον τύπο. Το σκεπτικό ήταν το εξής:

Έχουμε $e^{f(x)}$ . Ο πρώτος (ίσως και ο μόνος) τρόπος που μας έρχεται στο μυαλό να το βάλουμε μέσα σε παράγωγο είναι να του φέρουμε δίπλα ένα f'(x)

. Ας πολλαπλασιάσουμε με f'(x)

. Όμως δεν ξέρουμε αν έχει ρίζες το f'(x)

οπότε αυτό δεν είναι καλή ιδέα (εκτός από το ότι εμφανίζεται ένα f'(x)^2

που δύσκολα το "διώχνουμε" χωρίς δεύτερη παράγωγο). Οπότε μια καλή ιδέα είναι να πολλαπλασιάσουμε τα πάντα με το $e^{-f(x)}$ . Τώρα επικρατεί το χάος αλλά το φτιάχνουμε λίγο μαζεύοντας τα $e^{-f(x)}f'(x)$ . Φτάνουμε στο μόνο σημείο της λύσης που πρέπει να είμαστε λίγο παρατηρητικοί. Δηλαδή να παρατηρήσουμε ότι το 1-lnx

που εμφανίζεται στο δεξί μέλος είναι ο αριθμητής στην παράγωγο του $\dfrac {lnx}{x}$ και το xlnx-x^2

στο αριστερό μέλος με μια διαίρεση με x^2

μας δίνει το $\dfrac {lnx}{x}$ που θέλαμε.

Συνδυαστική

Συνδυαστική

Re: Συνδυαστική

Re: Συνδυαστική

Re: Συνδυαστική

Re: Συνδυαστική

Re: Συνδυαστική

Re: Συνδυαστική

Μέλη σε σύνδεση