Ζoom

erxmer · #1

Δίνεται συνεχής συνάρτηση $f:R \to R$ ώστε $\displaystyle{f'(x)=\frac{4x^2}{x^4+1}}$ με $f(1)=0, f(2)=\int_{1}^{2}\frac{4x^2}{x^4+1}dx$

1) Nα αποδειχθεί οτι $-2 \leq f'(x) \leq 2$

2) $|f(b)-f(a)| \leq 2|b-a|$

3) $\displaystyle{\lim_{x \to +\infty}\frac{f(x)}{x^2}}$

4) $\displaystyle{\exists a \in [-3,+1]: f(a)=3a}$

5) $\displaystyle{B=\int_{0}^{2}f(\frac{x}{2})dx+\int_{\frac{1}{2}}^{1}f(2x)dx}$

ορίστηκαν και τιμές για να μην έχει θέμα

Tolaso J Kos · #2

erxmer έγραψε:Δίνεται συνεχής συνάρτηση $f:R \to R$ ώστε $\displaystyle{f'(x)=\frac{4x^2}{x^4+1}}$

1) Nα αποδειχθεί οτι $-2 \leq f'(x) \leq 2$

Μα είναι $f'(x) \geq 0$ για κάθε $x \in \mathbb{R}$ με την ισότητα να ισχύει όταν x=0

άρα η αριστερή ανισότητα είναι τετριμμένη. Μήπως είναι κάπως αλλιώς διατυπωμένο το ερώτημα;

#3

erxmer έγραψε:Δίνεται συνεχής συνάρτηση $f:R \to R$ ώστε $\displaystyle{f'(x)=\frac{4x^2}{x^4+1}}$

1) Nα αποδειχθεί οτι $-2 \leq f'(x) \leq 2$

2) $|f(b)-f(a)| \leq 2|b-a|$

3) $\displaystyle{\lim_{x \to +\infty}\frac{f(x)}{x^2}}$

4) $\displaystyle{\exists a \in [-3,-1]: f(a)=3a}$

5) $\displaystyle{B=\int_{0}^{2}f(\frac{x}{2})dx+\int_{\frac{1}{2}}^{1}f(2x)dx}$

...Καλημέρα

με μια αντιμετώπιση μέχρι και το (3)....

1) Θέλουμε $-2\le {f}'(x)\le 2\Leftrightarrow -2\le \frac{4{{x}^{2}}}{{{x}^{4}}+1}\le 2\Leftrightarrow -1\le \frac{2{{x}^{2}}}{{{x}^{4}}+1}\le 1\Leftrightarrow \left| \frac{2{{x}^{2}}}{{{x}^{4}}+1} \right|\le 1\Leftrightarrow$

$2{{x}^{2}}\le {{x}^{4}}+1\Leftrightarrow {{\left( {{x}^{2}}-1 \right)}^{2}}\ge 0$ που ισχύει για κάθε $x\in R$

2) Για a=b

η $|f(b)-f(a)| \leq 2|b-a|$ ισχύει σαν ισότητα και με $a\ne b$ ισοδύναμα $|\frac{f(b)-f(a)}{b-a}|\le 2$ και επειδή σύμφωνα με το Θ.Μ.Τ.

υπάρχει $\xi$ στο διάστημα που ορίζουν τα a,b

που ${f}'(\xi )=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$ ισοδύναμα $|{f}'(\xi )|\le 2$ που ισχύει από (1)

3) Από $|f(b)-f(a)| \leq 2|b-a|$ έχουμε για κάθε $x\in R$ $|f(x)-f(0)|\le 2|x|\Leftrightarrow -2|x|+f(0)\le f(x)\le 2|x|+f(0)$ και τότε για

x>0

ισχύει ότι $\frac{-2x+f(0)}{{{x}^{2}}}\le \frac{f(x)}{{{x}^{2}}}\le \frac{2x+f(0)}{{{x}^{2}}}$ και επειδή

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{-2x+f(0)}{{{x}^{2}}} \right)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{2x+f(0)}{{{x}^{2}}} \right)=0$

σύμφωνα με το κριτήριο παρεμβολής $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{f(x)}{{{x}^{2}}} \right)=0$

...τώρα έχει μάθημα...

Φιλικά κια Μαθηματικά
Βασίλης

#4

erxmer έγραψε: 4) $\displaystyle{\exists a \in [-3,-1]: f(a)=3a}$

Σίγουρα;

Ή δεν βλέπω κάτι ή έχω αντιπαράδειγμα.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #5

Η συνάρτηση δεν είναι πλήρως καθορισμένη.
Για να έχει νόημα το 4 πρέπει να δοθεί μια τιμή της.

π.χ αν f(0)=0

ισχύει ενώ

αν f(0)=111

δεν ισχύει.

#6

erxmer έγραψε: 4) $\displaystyle{\exists a \in [-3,-1]: f(a)=3a}$

Αυτό που είχα κατά νου είναι μία παραλλαγή εκείνου που γράφει ο Σταύρος.

Έστω μία

ικανοποιεί την αρχική συνθήκη, f'(x)=...

και έστω

η ελάχιστη τιμή της στο [-3,-1]

. Τότε η

επίσης ικανοποιεί την αρχική συνθήκη αλλά τώρα η ελάχιστη τιμή της είναι

. Αλλά τότε δεν υπάρχει $a \in [-3,-1]$ με f(a)=3a

διότι $f(a)\ge 0 > -3 \ge 3a$ .

#7

Για το (5) μέχρις ενός σημείου ...

$\displaystyle{\begin{array}{l} B = \int\limits_0^2 f (\frac{x}{2})dx + \int\limits_{\frac{1}{2}}^1 f (2x)dx = 2\int\limits_0^2 f (\frac{x}{2})\frac{1}{2}dx + \frac{1}{2}\int\limits_{\frac{1}{2}}^1 f (2x)2dx = \\ = 2\int\limits_0^1 f (u)du + \frac{1}{2}\int\limits_1^2 f (u)du = 2\int\limits_0^1 {u'f} (u)du + \frac{1}{2}\int\limits_1^2 {u'f} (u)du = \\ = 2\left\{ {\left[ {uf(u)} \right]_0^1 - \int\limits_0^1 {uf'} (u)du} \right\} + \frac{1}{2}\left\{ {\left[ {uf(u)} \right]_1^2 - \int\limits_1^2 {uf'} (u)du} \right\} = \\ = 2\left\{ {f(1) - \int\limits_0^1 {u\frac{{4{u^2}}}{{{u^4} + 1}}} du} \right\} + \frac{1}{2}\left\{ {2f(2) - f(1) - \int\limits_1^2 u \frac{{4{u^2}}}{{{u^4} + 1}}du} \right\} = \\ = 2\left\{ {f(1) - \int\limits_0^1 {\frac{{4{u^3}}}{{{u^4} + 1}}} du} \right\} + \frac{1}{2}\left\{ {2f(2) - f(1) - \int\limits_1^2 {\frac{{4{u^3}}}{{{u^4} + 1}}} du} \right\} = \\ = 2\left\{ {f(1) - \left[ {\ln ({u^4} + 1)} \right]_0^1} \right\} + \frac{1}{2}\left\{ {2f(2) - f(1) - \left[ {\ln ({u^4} + 1)} \right]_1^2} \right\} = \\ = 2\left\{ {f(1) - \ln 2} \right\} + \frac{1}{2}\left\{ {2f(2) - f(1) - \ln 17 + \ln 2} \right\} = \\ = 2f(1) - 2\ln 2 + f(2) - \frac{1}{2}f(1) - \frac{1}{2}\ln 17 + \frac{1}{2}\ln 2 \\ = \frac{3}{2}f(1) - \frac{3}{2}\ln 2 + f(2) - \frac{1}{2}\ln 17 \\ \end{array}}$

Christos.N · #8

erxmer έγραψε: 4) $\displaystyle{\exists a \in [-3,+1]: f(a)=3a}$

Οποιαδήποτε πληροφορία , όπως αυτή : $\displaystyle{\left| {f\left( { - 3} \right) + 2} \right| \le 7}$ ή κάτι ανάλογο θα ήταν χρήσιμη.

erxmer · #9

Aπο το ερώτημα 3 για a=1,b=x

έχουμε οτι $|f(x)| \leq 2|x-1|$ . Αρα πχ για x=1

εχουμε οτι f(1)=0

. To το τελευταίο ολοκλήρωμα βγαίνει μηδενικό με τις προφανεις αντικαταστάσεις μεταβλητων.

M.S.Vovos · #10

erxmer έγραψε:Aπο το ερώτημα 3 για έχουμε οτι $|f(x)| \leq 2|x-1|$ . Αρα πχ για εχουμε οτι . To το τελευταίο ολοκλήρωμα βγαίνει μηδενικό με τις προφανεις αντικαταστάσεις μεταβλητων.

Σε καμία περίπτωση δεν είναι σωστό. Μάλιστα δεν μπορούμε να γνωρίζουμε την εικόνα της

στο

. Πρέπει να δοθεί ως επιπλέον πληροφορία.

Φιλικά.

#11

erxmer έγραψε:Aπο το ερώτημα 3 για έχουμε οτι $|f(x)| \leq 2|x-1|$ .

Όχι ακριβώς. Το σωστό είναι $|f(x)-f(1)| \leq 2|x-1|$ .

erxmer · #12

επαναφορά

Ζoom

Ζoom

Re: Ζoom

Re: Ζoom

Re: Ζoom

Re: Ζoom

Re: Ζoom

Re: Ζoom

Re: Ζoom

Re: Ζoom

Re: Ζoom

Re: Ζoom

Re: Ζoom

Μέλη σε σύνδεση