Περιττή

pito · #1

Δίνεται η συνάρτηση $f:R\rightarrow R$ για την οποία γνωρίζουμε ότι

$f(x)+f(y)=f(\frac{x+y}{1-xy})$ για κάθε x,y

πραγματικούς με $xy\neq 1$ (1)

$lim_{x\rightarrow 0}\frac{f(x)}{x}=2$ (2

α) Να δείξετε ότι η

είναι περιττή
β) Να δείξετε ότι η

είναι παραγωγίσιμη με $f'(x)=\frac{2}{1+x^{2}}$ ,

πραγματικό
γ) Να λυθεί η εξίσωση $f(\frac{\sigma \upsilon \nu \chi -\eta \mu \chi }{1+\eta \mu \chi \sigma \upsilon \nu \chi })=ln(\sigma \varphi \chi ), 0<x<\frac{\pi }{2}$
δ) Να μελετηθεί η

ως προς τα κοίλα και να δείξετε ότι $0<\int_{0}^{1}f(x)dx<1$

#2

Δεν γράφω λύση για να ασχοληθούν άλλοι. Σημειώνω μόνο ότι μπορούμε να βελτιώσουμε την άσκηση με τίμημα
να βγούμε λίγο εκτός πνεύματος Σχολείου.

Συγκεκριμένα αποδεικνύεται (με γνώσεις αλλά όχι πνεύμα Σχολείου) ότι $f(x) = 2 \arctan x$ (εδώ $\arctan x$ είναι η αντίστροφη της $\tan x$ ).

To πρώτο βήμα είναι να παρατηρήσουμε ότι η δοθείσα γράφεται $f(\tan a) + f(\tan b) = f( \tan (a+b))$ . Και λοιπά.

Έτσι π.χ. μπορούμε να βρούμε ακριβώς το ολοκλήρωμα στο τελευταίο ερώτημα. Είναι $\displaystyle{ \int _0^1 f(x) dx= \frac {\pi}{2}-\ln 2 \approx 0,877}$

#3

pito έγραψε: ↑
Σάβ Απρ 14, 2018 4:28 pm
Δίνεται η συνάρτηση $f:R\rightarrow R$ για την οποία γνωρίζουμε ότι

$f(x)+f(y)=f(\frac{x+y}{1-xy})$ για κάθε πραγματικούς με $xy\neq 1$ (1)

$lim_{x\rightarrow 0}\frac{f(x)}{x}=2$ (2

α) Να δείξετε ότι η είναι περιττή
β) Να δείξετε ότι η είναι παραγωγίσιμη με $f'(x)=\frac{2}{1+x^{2}}$ , πραγματικό
γ) Να λυθεί η εξίσωση $f(\frac{\sigma \upsilon \nu \chi -\eta \mu \chi }{1+\eta \mu \chi \sigma \upsilon \nu \chi })=ln(\sigma \varphi \chi ), 0<x<\frac{\pi }{2}$
δ) Να μελετηθεί η ως προς τα κοίλα και να δείξετε ότι $0<\int_{0}^{1}f(x)dx<1$

...για την παρέα...

α) Με όπου x,y

το

προκύπτει ότι $f(x)+f(0)=f(0)\Rightarrow f(0)=0$ και με όπου

το

προκύπτει

$f(x)+f(-x)=f(0)=0\Leftrightarrow f(-x)=-f(x)$ επομένως η

είναι περιττή.

β) Είναι με $x\ne -\frac{1}{{{x}_{0}}}$ το $\underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x)-f({{x}_{0}})}{x-{{x}_{0}}}=\underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x)+f(-{{x}_{0}})}{x-{{x}_{0}}}=\underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{f\left( \frac{x-{{x}_{0}}}{1+x{{x}_{0}}} \right)}{x-{{x}_{0}}}=$

$=\underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{f\left( \frac{x-{{x}_{0}}}{1+x{{x}_{0}}} \right)}{\frac{x-{{x}_{0}}}{1+x{{x}_{0}}}}\cdot \frac{1}{1+x{{x}_{0}}}={f}'(0)\frac{1}{1+x_{0}^{2}}$ γιατί $\underset{x\to {{x}_{0}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{f\left( \frac{x-{{x}_{0}}}{1+x{{x}_{0}}} \right)}{\frac{x-{{x}_{0}}}{1+x{{x}_{0}}}}\underset{\begin{smallmatrix} x\to {{x}_{{}}} \\ u\to 0 \end{smallmatrix}}{\overset{u=\frac{x-{{x}_{0}}}{1+x{{x}_{0}}}}{\mathop{=}}}\,\underset{u\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{f(u)}{u}={f}'(0)=2$

άρα ${f}'({{x}_{0}})=2\frac{1}{1+x_{0}^{2}}$ άρα η

είναι παραγωγίσιμη στο

με $f'(x)=\frac{2}{1+x^{2}}$ .

γ) Είναι η εξίσωση $f(\frac{\sigma \upsilon \nu x-\eta \mu x}{1+\eta \mu x\sigma \upsilon \nu x})=ln(\sigma \varphi \chi ),0<x<\frac{\pi }{2}$

ισοδύναμη με την $f(\frac{\sigma \upsilon \nu x+\eta \mu (-x)}{1-\eta \mu (-x)\sigma \upsilon \nu \chi })=ln(\sigma \varphi x),0<x<\frac{\pi }{2}$

και λόγω υπόθεσης ισοδύναμη με την $f(\sigma \upsilon \nu x)+f(\eta \mu (-x)))=ln(\sigma \varphi x)\Leftrightarrow f(\sigma \upsilon \nu x)+f(-\eta \mu x)=ln(\sigma \varphi x)\Leftrightarrow$

$f(\sigma \upsilon \nu x)-f(\eta \mu x)=ln(\sigma \upsilon \nu x)-ln(\eta \mu x)\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow f(\sigma \upsilon \nu x)-ln(\sigma \upsilon \nu x)=f(\eta \mu x)-ln(\eta \mu x)$ (1) και τώρα για την συνάρτηση

$g(x)=f(x)-lnx,\,\,x>0$ ισχύει ότι ${g}'(x)={f}'(x)-\frac{1}{x}=\frac{2}{1+{{x}^{2}}}-\frac{1}{x}=\frac{2x-1-{{x}^{2}}}{x(1+{{x}^{2}})}=-\frac{{{(x-1)}^{2}}}{x(1+{{x}^{2}})}<0,\,\,x\ne 1$

άρα η

είναι γνήσια φθίνουσα άρα και '1-1'

και έτσι η (1) ισοδύναμα γίνεται

$g(\sigma \upsilon \nu x)=g(\eta \mu x)\Leftrightarrow \sigma \upsilon \nu x=\eta \mu x\Leftrightarrow \varepsilon \phi x=1\Leftrightarrow x=\frac{\pi }{4}$

δ) Είναι ${f}''(x)={{\left( \frac{2}{1+{{x}^{2}}} \right)}^{\prime }}=-\frac{4x}{(1+{{x}^{2}})}$ οπότε είναι

${f}''(x)<0\Leftrightarrow x>0$ άρα κοίλη στο $[0,\,+\infty )$ και ${f}''(x)>0\Leftrightarrow x<0$ άρα κυρτή στο $(-\infty ,\,\,0]$

(1ος τρόπος) Επειδή

είναι γνήσια αύξουσα στο

ισχύει για $x\ge 0\Leftrightarrow f(x)\ge f(0)=0$ και επειδή

κοίλη στο

$[0,\,+\infty )$ θα είναι κάτω εκτός του σημείου επαφής από κάθε εφαπτομένη της άρα και αυτής στο σημείο της $(0,\,f(0))$

που είναι η $y-f(0)={f}'(0)(x-0)\Leftrightarrow y=2x$ και θα ισχύει ότι $f(x)\le 2x$ οπότε $0\le f(x)\le 2x$

και ολοκληρώνοντας έχουμε ότι $0<\int\limits_{0}^{1}{f(x)dx}<\int\limits_{0}^{1}{2xdx}=1$

(2ος τρόπος) Θέλουμε $0<\int_{0}^{1}{f}(x)dx<1\Leftrightarrow 0<\int_{0}^{1}{(x{)}'f}(x)dx<1\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow 0<\left[ xf(x) \right]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}{x\frac{2}{{{x}^{2}}+1}}dx<1\Leftrightarrow 0<f(1)-\int_{0}^{1}{\frac{2x}{{{x}^{2}}+1}}dx<1$
$\displaystyle 0<f(1)-\int_{0}^{1}{{{\left( \ln ({{x}^{2}}+1) \right)}^{\prime }}}dx<1\Leftrightarrow 0<f(1)-\left[ \ln ({{x}^{2}}+1) \right]_{0}^{1}dx<1\Leftrightarrow$
$\displaystyle 0<f(1)-\ln 2<1\Leftrightarrow \ln 2<f(1)<1+\ln 2$ (2)

και με το πνεύμα του Μιχάλη (με σχολική ύλη… και χωρίς απαγορευμένα…) είναι

${f}'(\varepsilon \phi x)=\frac{2}{1+\varepsilon {{\phi }^{2}}x},\,\,\,x\in (-\frac{\pi }{2},\,\,\frac{\pi }{2})$ και ακόμη

${f}'(\varepsilon \phi x)=2\sigma \upsilon {{\nu }^{2}}x\Leftrightarrow {f}'(\varepsilon \phi x)\frac{1}{\sigma \upsilon {{\nu }^{2}}x}=2,\,\,\,x\in (-\frac{\pi }{2},\,\,\frac{\pi }{2})$

και ολοκληρώνοντας $\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{4}}{{f}'(\varepsilon \phi x)\frac{1}{\sigma \upsilon {{\nu }^{2}}x}dx}=2\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{4}}{dx}\Leftrightarrow \int\limits_{0}^{\frac{\pi }{4}}{{{\left( f(\varepsilon \phi x) \right)}^{\prime }}dx=\frac{\pi }{2}}\Leftrightarrow$
$\left[ f(\varepsilon \phi x) \right]_{0}^{\frac{\pi }{4}}=\frac{\pi }{2}\Leftrightarrow f(\varepsilon \phi \frac{\pi }{4})-f(0)=\frac{\pi }{2}\Leftrightarrow f(1)=\frac{\pi }{2}$ έτσι από (2) θέλουμε $\displaystyle \ln 2<\frac{\pi }{2}<1+\ln 2$ που ισχύει.

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

pito · #4

Σας ευχαριστώ και τους δύο για την ενασχόληση.

Περιττή

Περιττή

Re: Περιττή

Re: Περιττή

Re: Περιττή

Μέλη σε σύνδεση