Λίγο απ' όλα

bubu · #1

Δίνεται η συνάρτηση $f: (0, +\infty) → R$ , δύο φορές παραγωγίσιμη, για την οποία ισχύουν:

$e^{f(x)} + f(x) = x^2$ για κάθε $x \in (0, +\infty)$

f(1) = 0

Δ1. Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{f'(x) = \frac{2x}{e^{f(x)} + 1}}$ και στη συνέχεια να υπολογίσετε την τιμή f''(1)

.

Δ2. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης (ε) της γραφικής παράστασης της f στο σημείο της A(1, 0) και να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι κυρτή στο $[1, +\sqrt{2})$ , περιορισμός ώστε να έιναι αποκλειστικά κυρτή, με βάση τα ορθά σχόλια του λύτη

Δ3. Να υπολογίσετε το όριο:
$\displaystyle \lim_{x \to 1}\frac{1 - cosf(x)}{xf(x) - sinf(x)}$

Δ4. Να αποδείξετε ότι ισχύει η ανισότητα:
$\displaystyle{\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}f(1+\varepsilon \varphi x)dx>\frac{ln2}{2}}$

Dimessi · #2

Δ1) Επειδή

παραγωγίσιμη και $e^{f\left ( x \right )}+f\left ( x \right )=x^{2}\Rightarrow e^{f\left ( x \right )}f'\left ( x \right )+f'\left ( x \right )=2x$ στο $(0,\infty).$ Από εδώ συμπεραίνουμε ότι f'(x)>0

και $\displaystyle f'\left ( x \right )=\frac{2x}{e^{f\left ( x \right )}+1}$ στο $(0,\infty).$ Από την παραγωγισιμότητα της

είναι παραγωγίσιμη και η

με $\displaystyle f''\left ( x \right )=\frac{2\left ( e^{f\left ( x \right )}+1 \right )-2xe^{f\left ( x \right )}f'\left ( x \right )}{\left ( e^{f\left ( x \right )}+1 \right )^{2}}\Rightarrow f''\left ( 1 \right )=1-\frac{f'(1)}{2}.$ Επειδή $\displaystyle f'\left ( 1 \right )=\frac{2}{e^{f\left ( 1 \right )}+1}=1\Rightarrow f''\left ( 1 \right )=\frac{1}{2}.$
Δ2) $\left ( \varepsilon \right ):y=f\left ( 1 \right )+f'\left ( 1 \right )\left ( x-1 \right )\Leftrightarrow y=x-1.$

συνεχής στο $[1,\infty)$ και δύο φορές παραγωγίσιμη στο $(1,\infty),$ με f''

ομόσημη του $\displaystyle e^{f\left ( x \right )}+1-xe^{f\left ( x \right )}\cdot \frac{2x}{e^{f\left ( x \right )}+1}=e^{f\left ( x \right )}+1-\frac{2\left ( e^{f\left ( x \right )} +f\left ( x \right )\right )e^{f\left ( x \right )}}{e^{f\left ( x \right )}+1}=\frac{-(e^{f\left ( x \right )})^2+2e^{f\left ( x \right )}+1-2f\left ( x \right )e^{f\left ( x \right )}}{e^{f\left ( x \right )}+1}.$ Επειδή f'(x)>0

στο $(0,\infty),$ η

είναι γνήσια αύξουσα , άρα στο $(1,\infty)$ ισχύει f(x)>f(1)=0.

Θεωρούμε τη συνάρτηση $\displaystyle g\left ( x \right )=2e^{x}-e^{2x}-2xe^{x}+1,x\in \left ( 0,\infty \right ).$
Η

είναι παραγωγίσιμη με $g'\left ( x \right )=2e^{x}-2e^{2x}-2xe^{x}-2e^{x}=-2\left ( e^{2x}+xe^{x} \right )< 0,$ άρα η

είναι γνήσια φθίνουσα και αφού είναι συνεχής στο $(0,\infty),$ $\displaystyle g\left ( \left ( 0,+\infty \right ) \right )=\left ( \displaystyle \lim_{x \to +\infty}g\left ( x \right ),\displaystyle \lim_{x \to 0^{+}}g\left ( x \right ) \right )=\left (-\infty,2 \right).$
Άρα η

έχει μοναδική ρίζα

συνεπώς

στο

και

στο $(p,\infty).$ Άρα η

είναι κυρτή στο $\Delta _{1}=\left\{ x\geq 1:f\left ( x \right )\leqslant p\right\}$ και κοίλη στο $\Delta _{2}=\left\{ x\geq 1:f\left ( x \right )\geqslant p\right\}.$
Ακόμα η

είναι 1-1 ως γνήσια αύξουσα, άρα $\Delta _{1}=\left [ 1,f^{-1}\left ( p \right ) \right ]$ και $\Delta _{2}=\left [ f^{-1}\left ( p \right ),+\infty \right ).$
Δ3) Από τη συνέχεια της

στο

$f\left ( x \right )\rightarrow f\left ( 1 \right )=0$ καθώς $x \rightarrow 1.$ Επομένως , $\sin f(x) \rightarrow 0$ και $\cos f(x) \rightarrow 1.$
$\displaystyle \lim_{x \to 1}\frac{1-\cos f\left ( x \right )}{f\left ( x \right )}\overset{\left ( \frac{0}{0} \right )DHL}=\displaystyle \lim_{x \to 1}\frac{\sin f\left ( x \right )\cdot f'\left ( x \right )}{f'\left ( x \right )}=0.$
$\displaystyle \displaystyle \lim_{x \to 1}\frac{xf\left ( x \right )-\sin f\left ( x \right )}{f\left ( x \right )}=1-\displaystyle \lim_{y \to 0}\frac{\sin y}{y}=0.$
Τώρα, εφαρμόζοντας δύο φορές τον Κανόνα De L' Hospital στο όριο του $\frac {1-\cos f(x)}{xf(x)-\sin f(x)},$ παίρνουμε $L=\frac {1}{2}.$
Υ.Γ Είμαι σίγουρος ότι η άσκηση αυτή έχει φτιαχτεί από AI. Για αυτό δεν θα πληκτρολογησω άλλο. Έλεος πια με τα bots.

bubu · #3

Από το Δ2, έχουμε αποδείξει ότι η f είναι κυρτή στο $[1,\sqrt{2}]$ .
Επειδή η f είναι κυρτή, η γραφική της παράσταση βρίσκεται πάνω από την εφαπτομένη της.
Η εξίσωση της εφαπτομένης στο A(1, 0) είναι y = x - 1

.

Άρα, για $x \geq 1$ ισχύει οτι $f(x) \geq x-1$

Αν θέσουμε $g(x)=1+tanx, x \in [0,\frac{\pi}{4}], g(x) \in [1,2]$ , τοτε ισχύει οτι $f(1+tanx) \geq tanx$

Άρα, $\displaystyle{\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}f(1+\varepsilon \varphi x)dx > \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\varepsilon \varphi x dx} \displaystyle{\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\varepsilon \varphi x dx = -\ln(\cos \frac{\pi}{4}) - (-\ln(\cos 0))} \displaystyle{= -\ln(\frac{\sqrt{2}}{2}) - (-\ln 1) = -\ln(\frac{\sqrt{2}}{2}) - 0 = -\ln(\frac{1}{\sqrt{2}}) = \ln(\sqrt{2}) = \frac{1}{2}\ln 2}$ .

Οπότε, προκύπτει η ζητούμενη σχέση

Η εκφώνηση δεν προκύπτει απο bots κτλ. Η επαναληπτικότητα στον DLH καθιστά το όριο απλώς δύσκολο.

Dimessi · #4

bubu έγραψε: ↑
Τρί Σεπ 16, 2025 2:01 pm
Από το Δ2, έχουμε αποδείξει ότι η f είναι κυρτή στο $[1, +\infty)$ .
Επειδή η f είναι κυρτή, η γραφική της παράσταση βρίσκεται πάνω από την εφαπτομένη της.
Η εξίσωση της εφαπτομένης στο A(1, 0) είναι .

Άρα, για $x \geq 1$ ισχύει οτι $f(x) \geq x-1$

Αν θέσουμε $g(x)=1+tanx, x \in [0,\frac{\pi}{4}], g(x) \in [1,2]$ , τοτε ισχύει οτι $f(1+tanx) \geq tanx$

Άρα, $\displaystyle{\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}f(1+\varepsilon \varphi x)dx > \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\varepsilon \varphi x dx} \displaystyle{\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\varepsilon \varphi x dx = -\ln(\cos \frac{\pi}{4}) - (-\ln(\cos 0))} \displaystyle{= -\ln(\frac{\sqrt{2}}{2}) - (-\ln 1) = -\ln(\frac{\sqrt{2}}{2}) - 0 = -\ln(\frac{1}{\sqrt{2}}) = \ln(\sqrt{2}) = \frac{1}{2}\ln 2}$ .

Οπότε, προκύπτει η ζητούμενη σχέση

Η εκφώνηση δεν προκύπτει απο bots κτλ. Η επαναληπτικότητα στον DLH καθιστά το όριο απλώς δύσκολο.

Όχι, δεν καθιστά το όριο δύσκολο. Το καθιστά βαρετό και κουραστικό στις πράξεις.
Επίσης, η

αλλαζει κυρτότητα εκατέρωθεν του $f^{-1}(p).$
Αν δείξεις ότι $f^{-1}(p) >2,$ τότε

κυρτή στο

και μπορεις να χρησιμοποιήσεις την ανισότητα με την εφαπτομενη.
Ο ισχυρισμός σου περί κυρτοτητας είναι εσφαλμένος .
Επίσης, τη μέρα που έκανες εγγραφή στο φόρουμ, αμέσως μετά από δύο λεπτά είχες ανεβάσει ολόκληρο κατεβατο κείμενο που σχολιάζει την ποιότητα των περσινών θεμάτων.
Προσέξτε επίσης ότι τα θέματα που προτείνει έχουν κατά κανόνα πολλές πράξεις και λίγες ιδέες. Κλασσικό χαρακτηριστό των bots.
Είσαι bot, είναι αυτονόητο .
Ελπίζω να διευθετήσουν το θέμα οι Γενικοί Συντονιστές.

bubu · #5

Έτσι είναι, αν έτσι νομίζετε

Dimessi · #6

bubu έγραψε: ↑
Τρί Σεπ 16, 2025 9:38 pm
Έτσι είναι, αν έτσι νομίζετε

Εισέπραξα βέβαια και το ειρωνικό σχόλιο (ανούσια απάντηση που επιβεβαιώνει όλα αυτά που λέω).

Dimessi · #7

bubu έγραψε: ↑
Δευ Σεπ 15, 2025 9:35 pm
Δίνεται η συνάρτηση $f: (0, +\infty) → R$ , δύο φορές παραγωγίσιμη, για την οποία ισχύουν:

$e^{f(x)} + f(x) = x^2$ για κάθε $x \in (0, +\infty)$

Δ1. Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{f'(x) = \frac{2x}{e^{f(x)} + 1}}$ και στη συνέχεια να υπολογίσετε την τιμή .

Δ2. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης (ε) της γραφικής παράστασης της f στο σημείο της A(1, 0) και να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι κυρτή στο $[1, +\sqrt{2})$ , περιορισμός ώστε να έιναι αποκλειστικά κυρτή, με βάση τα ορθά σχόλια του λύτη

Δ3. Να υπολογίσετε το όριο:
$\displaystyle \lim_{x \to 1}\frac{1 - cosf(x)}{xf(x) - sinf(x)}$

Δ4. Να αποδείξετε ότι ισχύει η ανισότητα:
$\displaystyle{\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}f(1+\varepsilon \varphi x)dx>\frac{ln2}{2}}$

Σημείωση: Τα ερωτήματα Δ5,Δ6 είναι εκτός πνεύματος φακέλου.
Αφού έφυγε το bot πάμε το Δ5. Να αποδείξετε ότι $\displaystyle \int \limits_{0}^{\pi /4}e^{f\left ( 1+\varepsilon \varphi x \right )}dx< \frac{f\left ( 2 \right )}{6}+1+\ln 2.$
Έστω $h(x)=e^{x}+x.$ Επειδή

είναι 1-1 με $D_{h^{-1}}=\mathbb{R}$
$\displaystyle f\left ( x \right )=h^{-1}\left ( x^{2} \right ) ,x > 0.$
$\displaystyle \int \limits _{0}^{\pi /4}f\left ( 1+\varepsilon \varphi x \right )dx\overset{y=1+\varepsilon \varphi x}=\int\limits_{1}^{2}f\left ( y \right )\cdot \frac{1}{\left ( y-1 \right )^{2}+1}dy=\int \limits_{1}^{2}h^{-1}\left ( y^{2} \right )\cdot \frac{1}{\left ( y-1 \right )^{2}+1}dy$
$\displaystyle > \frac{1}{2}\int_{1}^{2}h^{-1}\left ( y^{2} \right )dy\overset{y^{2}=z}=\frac{1}{2}\int \limits_{1}^{4}h^{-1}\left ( z \right )\cdot \frac{1}{2\sqrt{z}}dz\overset{h^{-1}\left ( z \right )=s}=\frac{1}{2}\int \limits_{h^{-1}\left ( 1 \right )}^{h^{-1}\left ( 4 \right )}s\cdot \frac{1}{2\sqrt{e^{s}+s}}\cdot h'\left ( s \right )ds.$
$\displaystyle =\frac{1}{2}\int \limits_{h^{-1}\left ( 1 \right )}^{h^{-1}\left ( 4 \right )}sd\left ( \sqrt{e^{s}+s} \right )=\frac{1}{2}\left ( \left [ s\sqrt{e^{s}+s} \right ]_{s=h^{-1}\left ( 1\right )}^{s=h^{-1}\left ( 4 \right )}-\int \limits_{h^{-1}\left ( 1 \right )}^{h^{-1}\left ( 4 \right )}\sqrt{e^{s}+s}ds \right ).$
Από την κυρτή y=e^x,

έχουμε $\displaystyle \forall x\in \left [ 0,h^{-1}\left ( 4 \right ) \right ]:e^{x}\leqslant \frac{e^{f\left ( 2 \right )}-1}{f\left ( 2 \right )}x+1.$
διότι η γραφική της παράσταση βρίσκεται κάτω από την ευθεία που διέρχεται από τα σημεία της $A(0,1),B(f(2),e^{f(2))}.$
Έχουμε λοιπόν $\displaystyle \int \limits_{h^{-1}\left ( 1 \right )}^{h^{-1}\left ( 4 \right )}\sqrt{e^{x}+x}dx\leqslant \int \limits_{0}^{f\left ( 2 \right )}\sqrt{\frac{e^{f\left ( 2 \right )}+f\left ( 2 \right )-1}{f\left ( 2 \right )}x+1}dx=\int \limits_{0}^{f\left ( 2 \right )}\sqrt{cx+1}dx=\left [\frac{2}{3 }\cdot \frac{1}{c}\cdot \left ( cx+1 \right )^{3/2} \right ]_{x=0}^{x=f\left ( 2 \right )}.$
Επομένως $\displaystyle \int \limits _{0}^{\pi /4}f\left ( 1+\varepsilon \varphi x \right )dx> \frac{1}{2}\left ( f\left ( 2 \right )\sqrt{e^{f\left ( 2 \right )}+f\left ( 2 \right )}-\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{c}\left ( cf\left ( 2 \right )+1 \right )^{3/2}+\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{c} \right )$
$\displaystyle =\frac{f\left ( 2 \right )}{2}\left ( \sqrt{e^{f\left ( 2 \right )}+f\left ( 2 \right )}-\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{e^{f\left ( 2 \right )}+f\left ( 2 \right )-1}\left ( \left ( e^{f\left ( 2 \right )}+f\left ( 2 \right ) \right ) \right )^{3/2}-1 \right )\left ( {\color{DarkOrange} \ast } \right ).$
Όμως $e^{f(2)}+f(2)=4,$ άρα $\displaystyle \int \limits_{0}^{\pi /4}f\left ( 1+\varepsilon \varphi x \right )dx> \frac{f\left ( 2 \right )}{2}\left ( 2-\frac {2}{3}\cdot \frac{1}{3}\cdot 7 \right )=\frac{2f\left ( 2 \right )}{9}>-\frac{f(2)}{6}(f(2)>0).$
Αφού από $\displaystyle e^{f\left ( 1+\varepsilon \varphi x \right )}+f\left ( 1+\varepsilon \varphi x \right )=\left ( 1+\varepsilon \varphi x \right )^{2},\forall x\in \left [ 0,\frac{\pi }{4} \right ]\Rightarrow \boxed{\int \limits_{0}^{\pi /4}e^{f\left ( 1+\varepsilon \varphi x \right )}dx=\int \limits_{0}^{\pi /4}\left ( \left ( 1+\varepsilon \varphi x \right )^{2} -f\left ( 1+\varepsilon \varphi x \right )\right )dx< \frac{f\left ( 2 \right )}{6}+\int \limits_{0}^{1}\frac{\left ( 1+y \right )^{2}}{1+y^{2}}dy}.$
Συνεπώς $\displaystyle \boxed{\int \limits_{0}^{\pi /4}e^{f\left ( 1+\varepsilon \varphi x \right )}dx< \frac{f\left ( 2 \right )}{6}+\left [ y+\ln \left ( y^{2}+1 \right ) \right ]_{y=0}^{y=1}=\frac{f\left ( 2 \right )}{6}+1+\ln 2}.$
Δ6 Να αποδείξετε ότι $\displaystyle \int \limits_{1}^{4}f\left ( \sqrt{x}\right )dx=-\frac{f^{2}\left ( 2 \right )}{2}+5f\left ( 2 \right )-3.$
Είναι $\displaystyle h^{-1}\left ( 1 \right )=f\left ( 1 \right )=0,h^{-1}\left ( 4 \right )=f\left ( 2 \right ).$ Οπότε $\displaystyle \int \limits _{h^{-1}\left ( 1 \right )}^{h^{-1}\left ( 4 \right )}ph'\left ( p \right )dp=\int \limits_{0}^{f\left ( 2 \right )}p\left ( e^{p}+1 \right )dp=\left [ e^{p}\left ( p-1 \right )+\frac{p^{2}}{2} \right ]_{p=0}^{p=f\left ( 2 \right )}=e^{f\left ( 2 \right )}\left ( f\left ( 2 \right )-1 \right )+\frac{f^{2}\left ( 2 \right )}{2}+1\overset{\left ( \ast \right )}.$
Όμως $\displaystyle e^{f(2)}=4-f(2),$ που ολοκληρώνει την απόδειξη. $\blacksquare$

mathematica.gr

Λίγο απ' όλα

Λίγο απ' όλα

Re: Λίγο απ' όλα

Re: Λίγο απ' όλα

Re: Λίγο απ' όλα

Re: Λίγο απ' όλα

Re: Λίγο απ' όλα

Re: Λίγο απ' όλα

Μέλη σε σύνδεση