ΣΥΝΕΧΗΣ ΚΑΙ ΠΑΡΑΓΩΓΙΣΙΜΗ ΣΕ ΣΗΜΕΙΟ

#1

Καλησπέρα σου

ένα απαιτητικό και ενδιαφέρον θέμα που δόθηκε σαν ΘΕΜΑ Γ(!!!) σε μαθητή μου

Έστω η συνάρτηση $f:R\to R$ με f(0)=1

.Αν ισχύει ότι $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{2f(x)-f(-x)-1}{{{x}^{2}}}=4$ τοτε:

α) Να αποδείξετε ότι η

είναι συνεχής στο σημείο ${{x}_{0}}=0$

β) Να αποδείξετε ότι {f}'(0)=0

γ) Να αποδείξετε ότι $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x)+x-{{e}^{x}}}{1-\sigma \upsilon \nu x}=7$

δ) Αν η

είναι συνεχής στο $[0,\,\frac{\pi }{2}]$ με $f\left( \frac{\pi }{2} \right)<7$ ,

να αποδείξετε ότι η εξίσωση $f(x)={{e}^{x}}-x+6(1-\sigma \upsilon \nu x)$ έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο $(0,\,\frac{\pi }{2})$

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

#2

KAKABASBASILEIOS έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 15, 2022 10:44 pm

Έστω η συνάρτηση $f:R\to R$ με .Αν ισχύει ότι $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{2f(x)-f(-x)-1}{{{x}^{2}}}=4$ τοτε:

α) Να αποδείξετε ότι η είναι συνεχής στο σημείο ${{x}_{0}}=0$

β) Να αποδείξετε ότι

γ) Να αποδείξετε ότι $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x)+x-{{e}^{x}}}{1-\sigma \upsilon \nu x}=7$

δ) Αν η είναι συνεχής στο $[0,\,\frac{\pi }{2}]$ με $f\left( \frac{\pi }{2} \right)<7$ ,

να αποδείξετε ότι η εξίσωση $f(x)={{e}^{x}}-x+6(1-\sigma \upsilon \nu x)$ έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο $(0,\,\frac{\pi }{2})$

(Θα επανέλθω με το δ) γιατί έκανα λάθος στο αρχικό μου ποστ).

α) $\displaystyle{\lim_{x\to 0} \dfrac{f(x)-1}{{x}^{2}} =\lim_{x\to 0} \dfrac{2(2f(x)-f(-x)-1)+(2f(-x)-f(x)-1)}{3x^{2}} = }$

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

$\displaystyle{ = \lim_{x\to 0} \dfrac{2(2f(x)-f(-x)-1)}{3x^2}+ \lim_{t\to 0} \dfrac {2f(t)-f(-t)-1}{3t^{2}}= \dfrac {2\cdot 4}{3}+\dfrac {4}{3}=4}$ (Edit: διόρθωσα λογιστικό σφάλμα)

Άρα $\displaystyle{\lim_{x\to 0}(f(x)-1)= \lim_{x\to 0} \dfrac{f(x)-1}{{x}^{2}}\cdot x^2=4\cdot 0 =0}$ . Αυτό δείχνει την συνέχεια στο

.

β) $\displaystyle{ \lim_{x\to 0} \dfrac{f(x)-f(0) }{x-0} = \lim_{x\to 0} \dfrac{f(x)-1}{{x}^{2}}\cdot x=4\cdot 0 =0}$ . Αυτό δείχνει f'(0)=0

γ) $\displaystyle{ \lim_{x\to 0} \dfrac{f(x)+ x-e^x }{1-\cos x}= \lim_{x\to 0}\left ( \dfrac{f(x)-1 } {x^2} \cdot \dfrac {x^2} {1-\cos x} +\dfrac {x-e^x+1} {1-\cos x} \right )\,\,(*)}$

Αλλά με διπλό l' Hospital είναι $\displaystyle{\lim_{x\to 0} \dfrac {x^2} {1-\cos x} = \lim_{x\to 0} \dfrac {2x} {\sin x} =\lim_{x\to 0} \dfrac {2} {\cos x} =2}$ και

$\displaystyle{\lim_{x\to 0} \dfrac {x-e^x+1} {1-\cos x} =\lim_{x\to 0} \dfrac {1-e^x} {\sin x}=\lim_{x\to 0} \dfrac {-e^x} {\cos x}=-1}$ . Έτσι το όριο (*)

ισούται $4\cdot 2 -1=7$ .

δ) Σβήνω αυτό που είχα γράψει. Θα επανέλθω.

#3

KAKABASBASILEIOS έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 15, 2022 10:44 pm

δ) Αν η είναι συνεχής στο $[0,\,\frac{\pi }{2}]$ με $f\left( \frac{\pi }{2} \right)<7$ ,

να αποδείξετε ότι η εξίσωση $f(x)={{e}^{x}}-x+6(1-\sigma \upsilon \nu x)$ έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο $(0,\,\frac{\pi }{2})$

.

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 16, 2022 12:38 am
Θα επανέλθω με το δ) γιατί έκανα λάθος στο αρχικό μου ποστ.

Επανέρχομαι και συμπληρώνω το κενό που είχα αφήσει.

Αφού

$\displaystyle{\lim_{x\to 0} \dfrac{f(x)-1}{{x}^{2}} =4}$ σημαίνει ότι κοντά στο

είναι $\dfrac{f(x)-1}{{x}^{2}} >0$ και άρα f(x) >1

.

Από την άλλη στο

το δεξί μέλος είναι 1-0+6(1-1)=1

.

Επίσης στο $\pi /2$ είναι $f\left( \frac{\pi }{2} \right)<7$ ενώ το δεξί μέλος είναι $e^{\pi /2}- \dfrac {\pi }{2} +6(1 -\cos \dfrac {\pi}{2}) >\left (1+ \dfrac {\pi}{2} \right ) - \dfrac {\pi}{2} +6 =7$ .

Άρα κάπου στο ενδιάμεσο, τα δύο μέλη είναι ίσα.

#4

Διαφορετικά το (α)

$\displaystyle \begin{array}{l} \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \,\frac{{2f(x) - f( - x) - 1}}{{{x^2}}} = 4 \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \,\frac{{2f(x) - 2 - f( - x) + 1}}{{{x^2}}} = 4 \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \,\frac{{2f(x) - 2 - f( - x) + 1}}{{{x^2}}} = 4 \Leftrightarrow \\ \\ \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \,\frac{{2[f(x) - 1] - [f( - x) - 1]}}{{{x^2}}} = 4 \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\,2\frac{{f(x) - 1}}{{{x^2}}} - \frac{{f( - x) - 1}}{{{x^2}}}} \right) = 4 \end{array}$
Θέτουμε
$\displaystyle g(x)=\frac{f(x)-1}{{{x}^{2}}}\Rightarrow g(-x)=\frac{f(-x)-1}{{{x}^{2}}}$ , άρα $\displaystyle \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\left( \,2g(x)-g(-x) \right)=4$
Θέτουμε
$\displaystyle -x=u\Rightarrow \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,u=0$ , οπότε $\displaystyle \underset{u\to 0}{\mathop{\lim }}\,\left( \,2g(-u)-g(u) \right)=4$
Έστω
$\displaystyle t(x)=2g(x)-g(-x)$ και $\displaystyle h(x)=2g(-x)-g(x)$ .
Τότε :
$\displaystyle \begin{array}{l} \left. \begin{array}{l} t(x) = 2g(x) - g( - x)\\ h(x) = 2g( - x) - g(x) \end{array} \right\} \Rightarrow \left. \begin{array}{l} 2t(x) = 4g(x) - 2g( - x)\\ h(x) = 2g( - x) - g(x) \end{array} \right\} \Rightarrow \\ \\ \Rightarrow 3g(x) = 2t(x) + h(x) \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} g(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{2t(x) + h(x)}}{3} = \frac{{2 \cdot 4 + 4}}{3} = 4 \end{array}$
Άρα $\displaystyle \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x)-1}{{{x}^{2}}}=4\Rightarrow \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,[f(x)-1]=0\Rightarrow \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,f(x)=1=f(0)$

Πυθαγόρεια Τριάδα · #5

Πολύ ενδιαφέρον πρόβλημα!

α) Παρατηρούμε ότι

$\lim_{x \to 0}\frac{2f(x) - f(-x) -1}{x^2} = 4 \implies \lim_{x \to 0} \frac {2f(-x) - f(x) - 1}{x^2} = 4$

Είναι λοιπόν άμεσo

$2\Big(\lim_{x \to 0}\frac{2f(x) - f(-x) -1}{x^2}\Big) + \lim_{x \to 0}\frac{2f(-x) - f(x) - 1}{x^2} = 12$

Από τη προηγούμενη σχέση, και στοιχειώδη άλγεβρα ορίων, συμπεραίνουμε ότι

$\lim_{x \to 0}\Big[\frac{4f(x) - 2f(-x) -2 + 2f(-x) - f(x) -1}{x^2} \Big] = 12 \implies \boxed{\lim_{x \to 0}\frac{f(x) - 1}{x^2} = 4} \hspace{10mm}(I)$

Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη τη τελευταία σχέση με την $\lim_{x \to 0} x^2 = 0$ έχουμε

$\lim_{x \to 0} (f(x) - 1) = 0 \implies \lim_{x \to 0} f(x) = 1 \implies \boxed{\lim_{x \to 0} f(x) = f(0)}$

Πράγματι λοιπόν η

είναι συνεχής στο

.

β) Παρατηρούμε ότι

$\lim_{x \to 0} \frac{2f(x) - f(-x) -1}{x^2} = 4 \implies \boxed{\lim_{x \to 0} \Big[\frac{2(f(x) - 1) - (f(-x) - 1)}{x^2}\Big] = 4 } \hspace{10mm}(II)$

Από τη σχέση (ΙΙ), και κάνοντας κατάλληλη αλλαγή μεταβλητής, έχουμε

$\boxed{\lim_{x \to 0}\Big[\frac{2(f(-x) - 1) - (f(x) - 1)}{x^2}\Big] = 4} \hspace{10mm}(III)$

Αν πολλαπλασιάσουμε τη σχέση (II) με το

, και την προσθέσουμε κατά μέλη με τη σχέση (ΙΙΙ), μετά από μερική άλγεβρα ορίων, προκύπτει

$\lim_{x \to 0} \frac{3(f(x) - 1)}{x^2} = 12$

Έτσι, όταν πολλαπλασιάσουμε κατά μέλη τη προηγούμενη σχέση με την $\lim_{x \to 0} x = 0$ και έπειτα διαιρέσουμε με το

τελικά έχουμε

$\boxed{\lim_{ x \to 0} \frac{f(x) - 1}{x} = 0 \Longleftrightarrow {f}'(0) = 0}$

αφού, όπως και δείξαμε προηγουμένως, f(0) = 1

.

γ) Θεωρούμε τη συνάρτηση

$g : \mathbb{R} \setminus\{k\pi + \pi/2:k \in \mathbb{Z} \} \to \mathbb{R} ,x \mapsto \frac{f(x) + x -e^x}{1-cosx}$

Είναι εύκολο να δούμε ότι για κάθε στοιχείο

του πεδίου ορισμού της

ισχύει

$\boxed{g(x) = \LARGE{\frac{\frac{f(x) - 1 + x + 1 -e^x}{x^2}}{(\frac{sin(x)}{x})^2}}(1+cos(x))} \hspace{10mm} (IV)$

Χρησιμοποιώντας τους κανόνες De l'Hospital έχουμε

$\boxed{\lim_{x \to 0}\frac{x + 1 - e^x}{x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{1 - e^x}{2x} = -\frac{1}{2}} \hspace{10mm}(V)$

καθώς

$\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{x} = ({e^x})'|_{x=0} = 1$

Επιπλέον

$\boxed{\lim_{x \to 0} \Big(\frac{sin}{x}\Big)^2 = 1} \hspace{10mm}(VI)$

Συμπεραίνουμε λοιπόν , από τις σχέσεις (Ι) ,του υποερωτήματος (α), και τις σχέσεις (IV), (V) και (VI) που σημειώσαμε προηγουμένως, καθώς και τον ορισμό της συνάρτησης

, ότι

$\lim_{x \to 0} g(x) = \lim_{x \to 0} \frac{f(x) + x - e^x}{1-cos(x)} = \frac{4-\frac{1}{2}}{1}(1+1) = 7$

που είναι ακριβώς και το ζητούμενο.(Φυσικά, για να είμαστε απόλυτα τυπικοί, θα πρέπει να επισημάνουμε το γεγονός ότι το πεδίο ορισμού της

περιέχει μια ανοικτή περιοχή του

).

δ)Ορίζουμε την συνάρτηση

$h : \big[0,\frac{\pi}{2}\big] \to \mathbb{R},x\mapsto f(x) - e^x + x - 6(1-cos(x))$
Aπό τη στιγμή που η

είναι συνεχής στο διάστημα $[0, \frac{\pi}{2}]$ τότε και η

θα είναι συνεχής στο πεδίο ορισμού της, ως αποτέλεσμα πράξεων μεταξύ συνεχών συναρτήσεων. Επίσης, αφού $f(\frac{\pi}{2}) < 7$ έχουμε ότι

$\boxed{h(\frac{\pi}{2}) = f(\frac{\pi}{2}) - e^\frac{\pi}{2} +\frac{\pi}{2} - 6 < 1 -(e^\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{2})} \hspace{10mm} (VII)$

Γνωρίζουμε όμως ότι

$\forall x\in \mathbb{R} \rightarrow (e^x > x + 1)$
Άρα

$\boxed{e^\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{2} > 1 \Longleftrightarrow 1 - (e^\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{2} )<0} \hspace{10mm} (VIII)$

Από τις σχέσεις (VII) και (VIII) συμπεραίνουμε ότι

$\boxed{h(\frac{\pi}{2}) < 0} \hspace{10mm} (IX)$

Λόγω του αποτελέσματος που αποδείξαμε στο προηγούμενο ερώτημα, έπεται ότι υπάρχει ένα στοιχείο $0 < y < \frac{\pi}{2}$ σε μια περιοχή του μηδενός το οποίο ικανοποιεί τις ακόλουθες ιδιότητες

$\big(1 - cos(y) > 0\big) \wedge \big(\frac{f(y) + y - e^y}{1-cos(y)} > 6 \big)$

Από τις σχέσεις αυτές έχουμε ότι

$\boxed{f(y) - e^y + y - 6(1-cosy) > 0 \Longleftrightarrow h(y) > 0} \hspace{10mm} (X)$

Άρα από τις σχέσεις (ΙΧ) και (X) και εφαρμόζοντας λοιπόν το θεώρημα Bolzano στον περιορισμό της συνάρτησης

στο διάστημα $[y,\frac{\pi}{2}]$ προκύπτει ότι υπάρχει μια ρίζα της εξίσωσης h(x) = 0

στο $(y,\frac{\pi}{2})$ και άρα στο $(0 ,\frac{\pi}{2})$ .

ΣΥΝΕΧΗΣ ΚΑΙ ΠΑΡΑΓΩΓΙΣΙΜΗ ΣΕ ΣΗΜΕΙΟ

ΣΥΝΕΧΗΣ ΚΑΙ ΠΑΡΑΓΩΓΙΣΙΜΗ ΣΕ ΣΗΜΕΙΟ

Re: ΣΥΝΕΧΗΣ ΚΑΙ ΠΑΡΑΓΩΓΙΣΙΜΗ ΣΕ ΣΗΜΕΙΟ

Re: ΣΥΝΕΧΗΣ ΚΑΙ ΠΑΡΑΓΩΓΙΣΙΜΗ ΣΕ ΣΗΜΕΙΟ

Re: ΣΥΝΕΧΗΣ ΚΑΙ ΠΑΡΑΓΩΓΙΣΙΜΗ ΣΕ ΣΗΜΕΙΟ

Re: ΣΥΝΕΧΗΣ ΚΑΙ ΠΑΡΑΓΩΓΙΣΙΜΗ ΣΕ ΣΗΜΕΙΟ

Μέλη σε σύνδεση