Μεθοδολογική

Εδώ θα καταχωρούνται ασκήσεις οι οποίες συνδυάζουν τουλάχιστον δύο διαφορετικά εκ των παραπάνω κεφάλαια και έχουν επαναληπτικό χαρακτήρα.

Συντονιστής: Καρδαμίτσης Σπύρος

Άβαταρ μέλους
erxmer
Δημοσιεύσεις: 1615
Εγγραφή: Δευ Σεπ 13, 2010 7:49 pm
Επικοινωνία:

Μεθοδολογική

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από erxmer » Τετ Μαρ 01, 2017 12:55 am

∆ίνεται η συνάρτηση f(x)=x^a ,x \geq 0, a \in (0,1) σταθερός.

1) Να δείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα και κοίλη στο [0,+\infty).

2) Να ϐρείτε το εµβαδόν του χωρίου που περικλείετε από τη C_f , τον άξονα xx'
και τις ευθείες x = 0, x = 2

3) Να ϐρείτε t \in (0,2) ώστε η ευθεία x = t, να χωρίζει το ανωτέρω χωρίο σε δύο ισεµβαδικά μέρη

4) Aν a=\frac{1}{3} να υπολογιστεί το όριο \displaystyle{\lim_{x \to +\infty}\left ( 1+\frac{1}{x^a} \right )^{\displaystyle{\frac{x}{2}}}}

ερωτήμα bonus αν το a \in (0,1) υπάρχει τρόπος να βρεθεί σε πιο γενική μορφή το παραπάνω όριο;



Λέξεις Κλειδιά:
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 1764
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Μεθοδολογική

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Τετ Μαρ 01, 2017 9:37 am

Κάνω το bonus

ln(1+\frac{1}{x^{a}})^{\frac{x}{2}}=\frac{x}{2}ln(1+\frac{1}{x^{a}})

Επειδή 1-\frac{1}{x}\leq lnx\leq x-1(σχολικό εφαρμογή)
παίρνουμε

\dfrac{x}{1+x^{a}}\leq xln(1+\frac{1}{x^{a}})\leq \dfrac{x}{x^{a}}

Αφου 0<a< 1

απο ισοσυγκλίνουσες \lim_{x\rightarrow \infty }xln(1+\frac{1}{x^{a}})=\infty

Αρα

\lim_{x\rightarrow \infty }(1+\frac{1}{x^{a}})^{\frac{x}{2}}=\infty


KAKABASBASILEIOS
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1446
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 01, 2009 1:46 pm

Re: Μεθοδολογική

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KAKABASBASILEIOS » Πέμ Μαρ 02, 2017 12:32 am

erxmer έγραψε:∆ίνεται η συνάρτηση f(x)=x^a ,x \geq 0, a \in (0,1) σταθερός.

1) Να δείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα και κοίλη στο [0,+\infty).

2) Να ϐρείτε το εµβαδόν του χωρίου που περικλείετε από τη C_f , τον άξονα xx'
και τις ευθείες x = 0, x = 2

3) Να ϐρείτε t \in (0,2) ώστε η ευθεία x = t, να χωρίζει το ανωτέρω χωρίο σε δύο ισεµβαδικά μέρη

4) Aν a=\frac{1}{3} να υπολογιστεί το όριο \displaystyle{\lim_{x \to +\infty}\left ( 1+\frac{1}{x^a} \right )^{\displaystyle{\frac{x}{2}}}}
...μιά αντιμετώπιση....

1) Είναι η f(x)=x^a με ,x \geq 0, a \in (0,1) παραγωγίσιμη με {f}'(x)=a{{x}^{a-1}}>0 για κάθε x>0 και αφού είναι συνεχής στο

[0,+\infty) είναι γνήσια αύξουσα στο [0,+\infty). Επίσης είναι {f}''(x)=a(\alpha -1){{x}^{a-2}}<0 για κάθε x>0

αφού a\in (0,1) άρα κοίλη στο [0,+\infty).

2) Το ζητούμενο εμβαδό είναι E=\int\limits_{0}^{2}{|f(x)|dx}=\int\limits_{0}^{2}{{{x}^{a}}dx}=\frac{1}{a+1}\left[ {{x}^{a+1}} \right]_{0}^{2}=\frac{1}{a+1}\left( {{2}^{a+1}}-0 \right)=\frac{1}{a+1}{{2}^{a+1}}

3) Για t \in (0,2) θέλουμε \int\limits_{0}^{t}{{{x}^{a}}dx}=\frac{E}{2}\Leftrightarrow \left[ {{x}^{a+1}} \right]_{0}^{t}=\frac{{{2}^{a}}}{a+1}\Leftrightarrow {{t}^{a+1}}=\frac{{{2}^{a}}}{a+1} επομένως ισοδύναμα

\ln {{t}^{a+1}}=\ln \frac{{{2}^{a}}}{a+1}\Leftrightarrow (a+1)\ln t=a\ln 2-\ln (a+1)\Leftrightarrow

\ln t=\frac{a\ln 2-\ln (a+1)}{a+1}\Leftrightarrow t={{e}^{\left( \frac{a\ln 2-\ln (a+1)}{a+1} \right)}}

4) Για a=\frac{1}{3} είναι \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( 1+\frac{1}{{{x}^{\frac{1}{3}}}} \right)}^{\frac{x}{2}}} και αν

g(x)={{\left( 1+\frac{1}{{{x}^{\frac{1}{3}}}} \right)}^{\frac{x}{2}}}={{e}^{\left( \frac{x}{2}\ln \left( 1+\frac{1}{{{x}^{\frac{1}{3}}}} \right) \right)}} έχουμε

\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,u=\frac{1}{2}\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( x\ln \left( 1+\frac{1}{{{x}^{\frac{1}{3}}}} \right) \right)=\frac{1}{2}\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln \left( {{x}^{\frac{1}{3}}}+1 \right)-\frac{1}{3}lnx}{\frac{1}{x}}\underset{DLH}{\mathop{\overset{\frac{0}{0}}{\mathop{=}}\,}}\,

=\frac{1}{2}\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\frac{1}{{{x}^{\frac{1}{3}}}+1}\frac{1}{3}{{x}^{-\frac{2}{3}}}-\frac{1}{3x}}{-\frac{1}{{{x}^{2}}}}=-\frac{1}{6}\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\frac{1}{{{x}^{\frac{1}{3}}}+1}{{x}^{-\frac{2}{3}}}-\frac{1}{x}}{\frac{1}{{{x}^{2}}}}=-\frac{1}{6}\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\frac{1}{x+{{x}^{\frac{2}{3}}}}-\frac{1}{x}}{\frac{1}{{{x}^{2}}}}

=-\frac{1}{6}\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\frac{x-x-{{x}^{\frac{2}{3}}}}{\left( x+{{x}^{\frac{2}{3}}} \right)x}}{\frac{1}{{{x}^{2}}}}=-\frac{1}{6}\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{-{{x}^{\frac{2}{3}}}{{x}^{2}}}{\left( x+{{x}^{\frac{2}{3}}} \right)x}=\frac{1}{6}\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{\frac{2}{3}}}x}{x+{{x}^{\frac{2}{3}}}}=

=\frac{1}{6}\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x}{{{x}^{\frac{1}{3}}}+1}\underset{DLH}{\overset{\frac{\infty }{\infty }}{\mathop{=}}}\,\frac{1}{6}\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{\frac{1}{3}{{x}^{-\frac{2}{3}}}}=\frac{1}{2}\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{{x}^{\frac{2}{3}}}=+\infty επομένως \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,g(x)=\underset{u\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{e}^{u}}=+\infty

με κάθε επιφύλαξη για τις πράξεις...

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης


f ανοιγοντας τους δρομους της Μαθηματικης σκεψης, f' παραγωγος επιτυχιας
Τα Μαθηματικά είναι απλά...όταν σκέπτεσαι σωστά...
Τα Μαθηματικά είναι αυτά...για να δεις πιό μακρυά...
Τα Μαθηματικά είναι μαγεία...όταν έχεις φαντασία...
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΕ ΟΛΗ ΤΗΝ ΥΛΗ Γ'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 3 επισκέπτες