ΑΣΚΗΣΗ 401 2019

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

Συντονιστής: Καρδαμίτσης Σπύρος

Χρηστος
Δημοσιεύσεις: 152
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 08, 2009 11:27 am
Τοποθεσία: ΛΕΥΚΑΔΑ -ΓΙΑΝΝΕΝΑ

ΑΣΚΗΣΗ 401 2019

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Χρηστος » Κυρ Νοέμ 25, 2018 3:22 pm

Α. Να βρείτε την παράγωγο της συνάρτησης \large f(x)=ln\left ( x+\sqrt{x^2+4} \right ) .
Β. Να υπολογισθούν τα ορισμένα ολοκληρώματα :
α) \large I_{1}=\int_{0}^{1}\left ( \frac{1}{\sqrt{x^2+4}} \right )dx
β) \large \large I_{2}=\int_{0}^{1}\left (\sqrt{x^2+4})dx
γ) \large I_{3}=\int_{0}^{1}\left f\left ( x \right )dx
Γ1 Να βρεθεί η εξίσωση εφαπτομένης στη γραφική παράσταση της f στο \large x_{0}=0 .
Γ2. Να δείξετε ότι \large x+\sqrt{x^2+4}\succeq 2\sqrt{e^x} αν \large x< 0 .
Δ.1 Να βρεθεί το σύνολο τιμών της f .
Δ. 2 Να δείξετε ότι \large \frac{\sqrt{5}}{3}<ln\left ( \frac{\sqrt{5}+3}{2} \right )< \frac{\sqrt{5}}{2}


Χρήστος Λώλης

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 4522
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
Επικοινωνία:

Re: ΑΣΚΗΣΗ 401 2019

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Κυρ Νοέμ 25, 2018 4:49 pm

Χρηστος έγραψε:
Κυρ Νοέμ 25, 2018 3:22 pm
Α. Να βρείτε την παράγωγο της συνάρτησης \large f(x)=ln\left ( x+\sqrt{x^2+4} \right ) .
Β. Να υπολογισθούν τα ορισμένα ολοκληρώματα :
α) \large I_{1}=\int_{0}^{1}\left ( \frac{1}{\sqrt{x^2+4}} \right )dx
β)  I_{2}=\int_{0}^{1}\left (\sqrt{x^2+4})dx
γ) \large I_{3}=\int_{0}^{1}\left f\left ( x \right )dx
Γ1 Να βρεθεί η εξίσωση εφαπτομένης στη γραφική παράσταση της f στο \large x_{0}=0 .
Γ2. Να δείξετε ότι \large x+\sqrt{x^2+4} \geq  2\sqrt{e^x} αν \large x< 0 .
Δ.1 Να βρεθεί το σύνολο τιμών της f .
Δ. 2 Να δείξετε ότι \large \frac{\sqrt{5}}{3}<ln\left ( \frac{\sqrt{5}+3}{2} \right )< \frac{\sqrt{5}}{2}
Έχω να λύσει ασκήσεις Γ' Λυκείου κάτι αιώνες ... Anyway, ας τη τιμήσουμε... !!


(Α) Είναι f'(x) = \dfrac{1}{\sqrt{x^2+4}}.

(Β)

(α) Έχουμε διαδοχικά:

\displaystyle{\begin{aligned} 
\int_{0}^{1} \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^2+4}} &= \left [ f(x) \right ]_0^1 \\ 
 &= f(1) - f(0) \\ 
 &= \ln \left ( 1+ \sqrt{5} \right ) - \ln 2 \\ 
 &= \ln \left ( \frac{1+\sqrt{5}}{2} \right ) \\ 
 &= \ln \varphi   
\end{aligned}}
(β) Κάνουμε κατά παράγοντες οπότε έχουμε:

\displaystyle{\begin{aligned} 
\int_{0}^{1} \sqrt{x^2+4} \, \mathrm{d}x &= \int_{0}^{1} \left ( x \right )' \sqrt{x^2+4} \, \mathrm{d}x \\  
 &=\left [ x\sqrt{x^2+4} \right ]_0^1 - \int_{0}^{1} \frac{x^2}{\sqrt{x^2+4}} \, \mathrm{d}x \\  
 &= \sqrt{5} - \int_{0}^{1} \frac{x^2+4-4}{\sqrt{x^2+4}} \, \mathrm{d}x  \\  
 &=\sqrt{5} - \int_{0}^{1} \frac{x^2+4}{\sqrt{x^2+4}}\, \mathrm{d}x + 4 \int_{0}^{1} \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^2+4}}  \\  
 &= \sqrt{5} - \int_{0}^{1} \sqrt{x^2+4} \, \mathrm{d}x + 4 \ln \varphi  
\end{aligned}}
Συνεπώς:

\displaystyle{2 \int_{0}^{1} \sqrt{x^2+4} \, \mathrm{d}x = \sqrt{5}+ {\color{red}{4}}\ln \varphi \Leftrightarrow \int_{0}^{1} \sqrt{x^2+4} \, \mathrm{d}x = \frac{\sqrt{5} + 4\ln \varphi}{2}}
(γ) Εφαρμόζουμε κατά παράγοντες και έχουμε:

\displaystyle{\begin{aligned} 
\int_{0}^{1} f(x) \, \mathrm{d}x &= \int_{0}^{1} (x)' \ln \left ( x + \sqrt{x^2+4} \right ) \, \mathrm{d}x \\  
 &=\left [ x \ln \left ( x + \sqrt{x^2+4} \right ) \right ]_0^1 - \int_{0}^{1} \frac{x}{\sqrt{x^2+4}} \, \mathrm{d}x \\  
 &=\log \left(1+ \sqrt{5} \right)- \int_{0}^{1} \frac{2x}{2\sqrt{x^2+4}} \, \mathrm{d}x \\  
 &=\log \left(1+ \sqrt{5} \right) - \left [ \sqrt{x^2+4} \right ]_0^1 \\  
 &=\log \left(1+ \sqrt{5} \right) - \sqrt{5} + 2  
\end{aligned}}
(Γ1.) Η εξίσωση της εφαπτομένης της f στο x_0=0 έχει εξίσωση

\displaystyle{y-f(0) = f'(0) \left ( x-0 \right ) \Leftrightarrow y - \ln 2 = \frac{x}{2} \Leftrightarrow y = \frac{x}{2} + \ln 2}
(Γ2.) Επειδή η f είναι κυρτή στο (-\infty, 0] διότι \displaystyle{f''(x) = -\frac{x}{\left ( x^2+4 \right )^{3/2}} \geq 0 \quad \text{\gr για κάθε} \;\;\;   x  \leq 0} εύκολα διαπιστώνουμε ότι

\displaystyle{\begin{aligned} 
f(x) \geq \frac{x}{2} + \ln 2 &\Leftrightarrow \ln \left ( x + \sqrt{x^2+4} \right ) \geq \frac{1}{2}\ln e^x + \ln 2  \\  
 &\Leftrightarrow \ln \left ( x + \sqrt{x^2+4} \right ) \geq \ln \sqrt{e^x}  + \ln 2 \\  
 &\Leftrightarrow \ln \left ( x + \sqrt{x^2+4} \right ) \geq \ln 2\sqrt{e^x} \\ 
 &\Leftrightarrow x + \sqrt{x^2+4} \geq 2\sqrt{e^x} 
\end{aligned}} Η ισότητα ισχύει όταν x=0.


(Δ1.) Η f είναι γνήσια αύξουσα και συνεχής. Είναι \displaystyle{\lim \limits_{x\rightarrow +\infty} f(x) = \lim \limits_{x\rightarrow +\infty} \ln \left ( x + \sqrt{x^2+4} \right ) = +\infty} (προφανές) και \displaystyle{\lim \limits_{x\rightarrow -\infty} f(x) = \lim \limits_{x\rightarrow -\infty} \ln \left ( x + \sqrt{x^2+4} \right ) = -\infty} διότι

\displaystyle{\begin{aligned} 
\lim_{x \rightarrow -\infty} \left ( x + \sqrt{x^2+4} \right ) &= \lim_{x\rightarrow -\infty} \frac{\left ( x+\sqrt{x^2+4} \right )\left ( x-\sqrt{x^2+4} \right )}{x-\sqrt{x^2+4}} \\  
 &= \lim_{x \rightarrow -\infty} \frac{x^2-x^2-4}{x-\sqrt{x^2+4}}\\  
 &= -4 \lim_{x \rightarrow -\infty} \frac{1}{x-\sqrt{x^2-4}}\\  
 &= 0 
\end{aligned}}
άρα το σύνολο τιμών της f είναι το \mathbb{R}.

(Δ2.) :?: :?: :?: Για ΘΜΤ το κόβω αλλά πού και πώς ;


Edit: 12/12/18 Διόρθωση τυπογραφικών λαθών.
τελευταία επεξεργασία από Tolaso J Kos σε Τετ Δεκ 12, 2018 8:24 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
takare
Δημοσιεύσεις: 6
Εγγραφή: Σάβ Ιούλ 04, 2015 11:46 am

Re: ΑΣΚΗΣΗ 401 2019

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από takare » Κυρ Νοέμ 25, 2018 9:07 pm

Εφαρμόζεις Θ.Μ.Τ για την f στο διάστημα \left [ 0,\sqrt{5} \right ] και στη συνέχεια λαμβάνεις υπόψη τη μονοτονία της {f}'.


Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6297
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: ΑΣΚΗΣΗ 401 2019

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Δευ Νοέμ 26, 2018 1:13 am

Χρηστος έγραψε:
Κυρ Νοέμ 25, 2018 3:22 pm
Δ. 2 Να δείξετε ότι \large \frac{\sqrt{5}}{3}<ln\left ( \frac{\sqrt{5}+3}{2} \right )< \frac{\sqrt{5}}{2}
Ακόμα καλύτερα, αποδείξτε ότι

\displaystyle{\boxed{\frac{2}{\sqrt{5}}<\ln \frac{\sqrt{5}+3}{2}<1}}


Μάγκος Θάνος
Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 4522
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
Επικοινωνία:

Re: ΑΣΚΗΣΗ 401 2019

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Δευ Νοέμ 26, 2018 2:01 pm

takare έγραψε:
Κυρ Νοέμ 25, 2018 9:07 pm
Εφαρμόζεις Θ.Μ.Τ για την f στο διάστημα \left [ 0,\sqrt{5} \right ] και στη συνέχεια λαμβάνεις υπόψη τη μονοτονία της {f}'.

Ευχαριστώ. Η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θεωρήματος Μέσης Τιμής στο \left[ 0, \sqrt{5} \right] αφού είναι συνεχής στο \left[ 0, \sqrt{5} \right] και παραγωγίσιμη στο \left( 0, \sqrt{5} \right) . Συνεπώς , υπάρχει \xi \in  \left( 0, \sqrt{5} \right) τέτοιο ώστε

\displaystyle{f'\left ( \xi \right ) = \frac{f\left ( \sqrt{5} \right ) - f (0)}{\sqrt{5}} = \frac{\ln \left ( \sqrt{5}+3 \right )- \ln 2}{\sqrt{5}} = \frac{\ln \left ( \frac{\sqrt{5}+3}{2} \right )}{\sqrt{5}} }
Όμως, η f' είναι γνήσια φθίνουσα στο \left[ 0, \sqrt{5} \right]. Συνεπώς,

\displaystyle{\begin{aligned} 
f'(0) > f'(\xi) > f' \left ( \sqrt{5} \right ) &\Leftrightarrow \frac{1}{2} > \frac{\ln \left ( \frac{3+\sqrt{5}}{2} \right )}{\sqrt{5}} > \frac{1}{3} \\  
 &\Leftrightarrow \frac{\sqrt{5}}{2} > \ln \left ( \frac{3+\sqrt{5}}{2} \right )> \frac{\sqrt{5}}{3}  
\end{aligned}}
και η ανισότητα αποδείχθηκε.


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Χρηστος
Δημοσιεύσεις: 152
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 08, 2009 11:27 am
Τοποθεσία: ΛΕΥΚΑΔΑ -ΓΙΑΝΝΕΝΑ

Re: ΑΣΚΗΣΗ 401 2019

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Χρηστος » Δευ Νοέμ 26, 2018 5:24 pm

Δ.3. Να εξετάσετε αν υπάρχουν οριζόντιες ή πλάγιες ασύμπτωτες στην γραφική παράσταση τηs f.


Χρήστος Λώλης
Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 12332
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: ΑΣΚΗΣΗ 401 2019

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Δευ Νοέμ 26, 2018 9:07 pm

matha έγραψε:
Δευ Νοέμ 26, 2018 1:13 am

Ακόμα καλύτερα, αποδείξτε ότι

\displaystyle{\boxed{\frac{2}{\sqrt{5}}<\ln \frac{\sqrt{5}+3}{2}<1}}
Παρατήρηση ( πιθανόν αξιοποιήσιμη ) : Είναι  \ln\dfrac{\sqrt{5}+3}{2}=ln\phi^2=2ln\phi=2I_{1}

Επειδή :\dfrac{2}{\sqrt{5}}<\dfrac{9}{10} και \dfrac{3+\sqrt{5}}{2}=\phi^2=\phi+1\simeq2.618 <e , έχουμε :

ln\dfrac{2}{\sqrt{5}}<lne^{0.9}<ln\phi^2<lne , δηλαδή θέλουμε : e^{0.9}<\phi^2<e , που ισχύει

αφού είναι : e^{0.9}\simeq2.46


Χρηστος
Δημοσιεύσεις: 152
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 08, 2009 11:27 am
Τοποθεσία: ΛΕΥΚΑΔΑ -ΓΙΑΝΝΕΝΑ

Re: ΑΣΚΗΣΗ 401 2019

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Χρηστος » Τρί Δεκ 18, 2018 5:33 pm

Σας ευχαριστώ όλους ...

..Για την λύση και την επισήμανση του αριθμού φ που ήταν η αιτία για την κατασκευή άσκησης .

.. Για τήν καλύτερη πρόταση του Θάνου δηλαδή για ΘΜΤ στο [0,1] .


Χρήστος Λώλης
Άβαταρ μέλους
Christos.N
Δημοσιεύσεις: 1904
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 26, 2009 2:28 pm
Τοποθεσία: Ίλιον

Re: ΑΣΚΗΣΗ 401 2019

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Christos.N » Τετ Δεκ 19, 2018 6:28 pm

Χρηστος έγραψε:
Τρί Δεκ 18, 2018 5:33 pm
Σας ευχαριστώ όλους ...

..Για την λύση και την επισήμανση του αριθμού φ που ήταν η αιτία για την κατασκευή άσκησης .

.. Για τήν καλύτερη πρόταση του Θάνου δηλαδή για ΘΜΤ στο [0,1] .
Καλό θα ήταν να μην χρησιμοποιείς μεγάλες γραμματοσειρές γιατί δημιουργούν αντίθετο αποτέλεσμα από αυτό που έχεις στο μυαλό σου.


Χρήστος Ντάβας
Wir müssen wissen — wir werden wissen! D.Hilbert
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΕ ΟΛΗ ΤΗΝ ΥΛΗ Γ'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες