Μπριόζικο

zonk · #1

Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ ωστε να ισχύουν τα κάτωθι:

$\displaystyle{\left\{\begin{matrix} f(0)=1 \\ x \in \mathbb{R}\\ \\ f(x)f'(x)-f^2(x)=xe^{2x}\\ \end{matrix}\right}$

1) Δείξτε οτι $f(x)=e^x\sqrt{x^2+1}, x \in \mathbb{R}$

2) $\displaystyle{\lim_{x \to+\infty}\left ( f(x)-xe^x \right )=+\infty$

3) Nα λυθεί η ανίσωση $\displaystyle {e^{x^2-x}}<\displaystyle{\sqrt{\frac{x^2+1}{x^4+1}}}$

4) Nα δειχθεί οτι η C_f

και η ευθεία y=-x

έχουν μοναδικό κοινό σημείο.

5) Aν

μία παράγουσα της

τότε

υγ διόρθωση συνθήκης, και διατύπωσης

#2

zonk έγραψε: Πέμ Οκτ 03, 2019 7:45 pm Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ ωστε να ισχύουν τα κάτωθι:

$\displaystyle{\left\{\begin{matrix} \displaystyle{\lim_{x \to 0}\frac{f(x)-\sqrt{x^2+1}}{x^3-x}=2021}\\ \\ x \in \mathbb{R}\\ \\ f(x)f'(x)-f^2(x)=xe^{2x}\\ \end{matrix}\right}$

1) Δείξτε οτι $f(x)=e^x\sqrt{x^2+1}, x \in \mathbb{R}$

2) $\displaystyle{\lim_{x \to+\infty}\left ( f(x)-xe^x \right )=+\infty$

3) Nα λυθεί η ανίσωση $\displaystyle {e^{x^2-x}}<\displaystyle{\sqrt{\frac{x^2+1}{x^4+1}}}$

4) Nα λυθεί η εξίσωση

5) Aν μία παράγουσα της τότε

Καλώς ήλθες στο φόρουμ.

Για τον φόβο μήπως είναι "ασκήσεις στο σπίτι" από μαθήματα που παρακολουθείς και επειδή δεν έχουμε καμία πρόθεση να παρακάμψουμε τους δασκάλους σου, θα δώσω μόνο υπόδειξη:

Εξέτασε την $\displaystyle{ f^2(x)e^{-2x}}$ . Παραγώγισέ την, και λοιπά.

Θα χαρούμε να δούμε εδώ την λύση σου.

zonk · #3

Καλησπέρα,

Δεν είμαι μαθητής εδώ και πολλά χρόνια....Συνάδελφος είμαι..

Tolaso J Kos · #4

zonk έγραψε: Πέμ Οκτ 03, 2019 7:45 pm Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ ωστε να ισχύουν τα κάτωθι:

$\displaystyle{\left\{\begin{matrix} \displaystyle{\lim_{x \to 0}\frac{f(x)-\sqrt{x^2+1}}{x^3-x}=2021}\\ \\ x \in \mathbb{R}\\ \\ f(x)f'(x)-f^2(x)=xe^{2x}\\ \end{matrix}\right}$

1) Δείξτε οτι $f(x)=e^x\sqrt{x^2+1}, x \in \mathbb{R}$

2) $\displaystyle{\lim_{x \to+\infty}\left ( f(x)-xe^x \right )=+\infty$

3) Nα λυθεί η ανίσωση $\displaystyle {e^{x^2-x}}<\displaystyle{\sqrt{\frac{x^2+1}{x^4+1}}}$

4) Nα λυθεί η εξίσωση

5) Aν μία παράγουσα της τότε

Ωραίο θεματάκι.

(α) Από το όριο που μας δίδεται βγάζουμε ότι f(0)=1

. Η

είναι συνεχής στο $\mathbb{R}$ . Ας υποθέσουμε ότι για κάποιο $x_0 \neq 0$ η

μηδενίζεται. Τότε η δεύτερη σχέση δίδει:

$\displaystyle{f(x_0) f'(x_0) - f^2(x_0)=x_0e^{2x_0} \Leftrightarrow 0=x_0e^{2x_0}}$
πράγμα άτοπο , αφού το δεύτερο μέλος μηδενίζεται μόνο για x_0=0

. Επίσης η δεύτερη σχέση δεν ισχύει για x_0=0

. Άρα $f(x) \neq 0$ για κάθε $x \in \mathbb{R}$ και επειδή f(0)=1>0

συνάγουμε ότι f(x)>0

για κάθε $x \in \mathbb{R}$ . Τότε,

$\displaystyle{\begin{aligned} f'(x) f(x) - f^2(x) = xe^{2x} &\Rightarrow 2 f'(x) f(x) - 2f^2(x) = 2xe^{2x} \\ &\!\!\!\!\!\!\!\!\overset{g(x)=f^2(x)}{=\! =\! =\! =\! =\!=\!\Rightarrow } g'(x) - 2g(x) = 2xe^{2x} \\ &\Rightarrow e^{-2x} g'(x) - 2e^{-2x} g(x) = 2x \\ &\Rightarrow \left ( e^{-2x} g(x) \right ) ' = \left ( x^2 \right )' \\ &\Rightarrow e^{-2x} g(x) = x^2+c \\ &\!\!\!\!\!\!\!\overset{x=0\Rightarrow c=1}{=\! =\! =\! =\! =\! \Rightarrow} e^{-2x} g(x) = x^2+1\\ &\Rightarrow g(x) = e^{2x} \left ( x^2+1 \right ) \\ &\Rightarrow f^2(x) =e^{2x} \left ( x^2+1 \right ) \\ &\Rightarrow f(x) = e^x \sqrt{x^2+1} \; , \; x \in \mathbb{R} \end{aligned}}$
(β) Είναι

$\displaystyle{\begin{aligned} \lim_{x\rightarrow +\infty} \left ( f(x) - xe^x \right ) &= \lim_{x\rightarrow +\infty} \left ( e^x \sqrt{x^2+1} - xe^x \right ) \\ &=\lim_{x\rightarrow +\infty} e^x \left ( \sqrt{x^2+1} - x \right )\\ &\geq \lim_{x\rightarrow +\infty} e^x \sqrt{x^2+1}\\ &=+\infty \end{aligned}}$
(γ) Η

είναι γνήσια αύξουσα διότι $\displaystyle{f'(x) = \frac{e^x\left ( x^2+x+1 \right )}{\sqrt{x+1}}>0}$ για κάθε $x \in \mathbb{R}$ . Τότε έχουμε διαδοχικά:

$\displaystyle{\begin{aligned} e^{x^2-x} < \sqrt{\frac{x^2+1}{x^4+1}} &\Leftrightarrow e^{x^2} \sqrt{x^4+1} < e^x \sqrt{x^2+1} \\ &\Leftrightarrow f\left ( x^2 \right ) < f(x) \\ &\Leftrightarrow x^2<x \\ &\Leftrightarrow x\left ( x-1 \right ) <0 \\ &\Leftrightarrow 0<x<1 \end{aligned}}$
(δ) Η συνάρτηση g(x)=f(x)+x

είναι γνήσια αύξουσα, άρα έχει το πολύ μία ρίζα. Σίγουρα λύνεται η εξίσωση;

(ε) Η

είναι παραγωγίσιμη στο $\mathbb{R}$ και ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος μέσης τιμής στα διάστηματα [2020,2021]

,

. Συνεπώς υπάρχουν $\xi_1 \; , \; \xi_2$ τέτοια ώστε

$\displaystyle{F'(\xi_1) =f(\xi_1)= F(2021)-F(2020) \quad, \quad F'(\xi_2) = f(\xi_2) =F\left ( 2022 \right ) - F\left ( 2021 \right )}$
Όμως, η

είναι γνήσια αύξουσα στο $\mathbb{R}$ οπότε

$\displaystyle{\begin{aligned} f(\xi_1) < f(\xi_2) &\Rightarrow F(2021)-F(2020) < F\left ( 2022 \right ) - F\left ( 2021 \right ) \\ &\Rightarrow 2 F(2021) < F(2022) + F(2020) \end{aligned}}$
δηλ. το ζητούμενο.

zonk · #5

Έστω $g(x)=f(x)+x, x \in \mathbb{R}$ , η οποία όντως είναι συνεχής και γνήσια αύξουσα στο $\mathbb{R}$ .
Εύκολα προκύπτει ότι $\displaystyle{\lim_{x \to -\infty}g(x)=-\infty, \lim_{x \to +\infty}g(x)=+\infty}$ . Eπομένως το σύνολο τιμών είναι το $\mathbb{R}$ και $0 \in \mathbb{R}$ . Οποτε η εξίσωση g(x)=0

έχει μια τουλάχιστον ρίζα η οποία λόγω μονοτονίας είναι μοναδική.

#6

Τόλη, ωραιότατα αλλά στα Μαθηματικά (επειδή μας διαβάζουν μαθητές) καλό είναι να μην κάνουμε πολύ περιττά βήματα όπως

Tolaso J Kos έγραψε: Πέμ Οκτ 03, 2019 9:12 pm

Δεν βλέπω τι κερδίζουμε να ονομάσουμε

την

αφού εργαζόμενοι με την f^2

δεν κολλάμε πουθενά ούτε γίνονται μικρότερα τα βήματα.

Επίσης, για δες ξανά το

Tolaso J Kos έγραψε: Πέμ Οκτ 03, 2019 9:12 pm
$\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty} e^x \left ( \sqrt{x^2+1} - x \right ) \geq \lim_{x\rightarrow +\infty} e^x \sqrt{x^2+1}}$

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #7

zonk έγραψε: Πέμ Οκτ 03, 2019 7:45 pm Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ ωστε να ισχύουν τα κάτωθι:

$\displaystyle{\left\{\begin{matrix} \displaystyle{\lim_{x \to 0}\frac{f(x)-\sqrt{x^2+1}}{x^3-x}=2021}\\ \\ x \in \mathbb{R}\\ \\ f(x)f'(x)-f^2(x)=xe^{2x}\\ \end{matrix}\right}$

1) Δείξτε οτι $f(x)=e^x\sqrt{x^2+1}, x \in \mathbb{R}$

2) $\displaystyle{\lim_{x \to+\infty}\left ( f(x)-xe^x \right )=+\infty$

3) Nα λυθεί η ανίσωση $\displaystyle {e^{x^2-x}}<\displaystyle{\sqrt{\frac{x^2+1}{x^4+1}}}$

4) Nα λυθεί η εξίσωση

5) Aν μία παράγουσα της τότε

Δεν νομίζω η $f(x)=e^x\sqrt{x^2+1}$

να ικανοποιεί την

$\displaystyle{\lim_{x \to 0}\frac{f(x)-\sqrt{x^2+1}}{x^3-x}=2021}$

#8

zonk έγραψε: Πέμ Οκτ 03, 2019 9:38 pm Έστω $g(x)=f(x)+x, x \in \mathbb{R}$ , η οποία όντως είναι συνεχής και γνήσια αύξουσα στο $\mathbb{R}$ .
Εύκολα προκύπτει ότι $\displaystyle{\lim_{x \to -\infty}g(x)=-\infty, \lim_{x \to +\infty}g(x)=+\infty}$ . Eπομένως το σύνολο τιμών είναι το $\mathbb{R}$ και $0 \in \mathbb{R}$ . Οποτε η εξίσωση έχει μια τουλάχιστον ρίζα η οποία λόγω μονοτονίας είναι μοναδική.

Προσοχή. Αυτό δεν λύνει την εξίσωση αλλά απλά διαβεβαιώνει ότι η εξίσωση έχει ρίζα. Όμως η άσκηση ζητά να επιλυθεί η εξίσωση. 'Αλλο το ένα και άλλο το άλλο...

Tolaso J Kos · #9

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: Πέμ Οκτ 03, 2019 9:42 pm Δεν νομίζω η $f(x)=e^x\sqrt{x^2+1}$

να ικανοποιεί την

$\displaystyle{\lim_{x \to 0}\frac{f(x)-\sqrt{x^2+1}}{x^3-x}=2021}$

Όντως δεν την ικανοποιεί. Για την ακρίβεια το όριο κάνει

.

#10

To 2) έμεινε αναπάντητο. Το συμπληρώνω για χάρη της πληρότητας.

$\displaystyle{f(x)-xe^x= e^x(\sqrt {1+x^2}-x) = \dfrac {e^x}{\sqrt {1+x^2}+x}\ge \dfrac {e^x}{\sqrt {x^2+x^2}+x}\ge\dfrac {e^x}{3x} \to \infty }$ καθώς $x\to \infty$ . Τελειώσαμε.

Επίσης, επαναφορά του

Mihalis_Lambrou έγραψε: Πέμ Οκτ 03, 2019 9:57 pm
zonk έγραψε: Πέμ Οκτ 03, 2019 9:38 pm Έστω $g(x)=f(x)+x, x \in \mathbb{R}$ , η οποία όντως είναι συνεχής και γνήσια αύξουσα στο $\mathbb{R}$ .
Εύκολα προκύπτει ότι $\displaystyle{\lim_{x \to -\infty}g(x)=-\infty, \lim_{x \to +\infty}g(x)=+\infty}$ . Eπομένως το σύνολο τιμών είναι το $\mathbb{R}$ και $0 \in \mathbb{R}$ . Οποτε η εξίσωση έχει μια τουλάχιστον ρίζα η οποία λόγω μονοτονίας είναι μοναδική.
Προσοχή. Αυτό δεν λύνει την εξίσωση αλλά απλά διαβεβαιώνει ότι η εξίσωση έχει ρίζα. Όμως η άσκηση ζητά να επιλυθεί η εξίσωση. 'Αλλο το ένα και άλλο το άλλο...

Εννοείται, απευθύνομαι προς τον θεματοθέτη.

zonk · #11

Mihalis_Lambrou έγραψε: Πέμ Οκτ 03, 2019 9:57 pm
zonk έγραψε: Πέμ Οκτ 03, 2019 9:38 pm Έστω $g(x)=f(x)+x, x \in \mathbb{R}$ , η οποία όντως είναι συνεχής και γνήσια αύξουσα στο $\mathbb{R}$ .
Εύκολα προκύπτει ότι $\displaystyle{\lim_{x \to -\infty}g(x)=-\infty, \lim_{x \to +\infty}g(x)=+\infty}$ . Eπομένως το σύνολο τιμών είναι το $\mathbb{R}$ και $0 \in \mathbb{R}$ . Οποτε η εξίσωση έχει μια τουλάχιστον ρίζα η οποία λόγω μονοτονίας είναι μοναδική.
Προσοχή. Αυτό δεν λύνει την εξίσωση αλλά απλά διαβεβαιώνει ότι η εξίσωση έχει ρίζα. Όμως η άσκηση ζητά να επιλυθεί η εξίσωση. 'Αλλο το ένα και άλλο το άλλο...

Αλλάχτηκε η εκφώνηση ώστε να συνάδει, δεδομένου ότι ως εξίσωση δεν λύνεται με σχολικά μέσα. Η διαφοροποίηση που επισημαίνεται είναι ορθή και πλήρως κατανοητή.

#12

zonk έγραψε: Παρ Οκτ 04, 2019 8:29 pm Αλλάχτηκε η εκφώνηση ώστε να συνάδει, δεδομένου ότι ως εξίσωση δεν λύνεται με σχολικά μέσα. Η διαφοροποίηση που επισημαίνεται είναι ορθή και πλήρως κατανοητή.

Ωραία, με σχολικά μέσα δεν λύνεται. Να υποθέσω, λοιπόν, ότι υπονοείται ότι λύνεται με πιο βαριά εργαλεία;

Θα ήθελα να έβλεπα μια τέτοια επίλυση, και ας μπει στον φάκελο των ΑΕΙ.

zonk · #13

Με προσεγγιστικές μεθόδους εδώ. Τώρα αν κάποιος επιθυμεί ως αφορμή να το αναπτύξει αλλιώς ευπρόσδεκτος.

#14

zonk έγραψε: Παρ Οκτ 04, 2019 9:42 pm Με προσεγγιστικές μεθόδους εδώ. Τώρα αν κάποιος επιθυμεί ως αφορμή να το αναπτύξει αλλιώς ευπρόσδεκτος.

Νιώθω ότι προσπαθείς να μας δουλέψεις, ελπίζω άθελά σου.

Από την μια ισχυρίζεσαι ότι υπάρχει λύση της οποίας ζητάς την τιμή (αλλά ορθά σε ρώτησε ο Τόλης σίγουρα λύνεται η εξίσωση;) και από την άλλη παραπέμπεις σε προσεγγιστική τιμή της ρίζας.

Με ξενίζει διπλά η απάντησή σου (δηλαδή ότι είναι έξω από τα σχολικά) αφού με διαδοχικές διχοτομήσεις διαστημάτων, αρχίζοντας από το [-1,0]

, θα βρεις ρίζα με όση προσέγγιση θέλεις. Π.χ. στα γρήγορα βρήκα $x\approx -0,63$ .

Μπριόζικο

Μπριόζικο

Re: Μπριόζικο

Re: Μπριόζικο

Re: Μπριόζικο

Re: Μπριόζικο

Re: Μπριόζικο

Re: Μπριόζικο

Re: Μπριόζικο

Re: Μπριόζικο

Re: Μπριόζικο

Re: Μπριόζικο

Re: Μπριόζικο

Re: Μπριόζικο

Re: Μπριόζικο

Μέλη σε σύνδεση