Mεθοδική

erxmer · #1

Δίνεται παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:(0,+\infty) \to R$ για την οποία ισχύουν:
$\displaystyle{\left\{\begin{matrix} x^3f''(x)=e^{\frac{1}{x}}\\ \\ x>0 \end{matrix}\right.}$ και η εφαπτομένη της C_f

στο σημείο της (1,f(1))

έχει εξίσωση y = e

.

Επίσης θεωρούμε τη συνάρτηση $g:(0,+\infty) \to R$ με: $\displaystyle{g(x)=\frac{e^x}{x}}$ και

μια αρχική της

1) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση $\displaystyle{h(x)=f(x)-xe^{\frac{1}{x}}}$ είναι η μηδενική συνάρτηση για κάθε x > 0

.

2) Να βρείτε τις ασύμπτωτες της C_f

3) Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\int_{1}^{2}\frac{e^t}{t}dt<\frac{e^2}{2}, x>1}$

4) Να δείξετε ότι $\displaystyle{2G(x+1)<G(x+2)+G(x)}\,\,\, x \geq 1$

dement · #2

erxmer έγραψε:4) Να δείξετε ότι $\displaystyle{2G(x+1)<G(x+2)+G(x)}$

$\displaystyle \lim_{x \to 0} \left( G(x+1) - G(x) \right) = + \infty, \displaystyle \lim_{x \to 0} \left( G(x+2) - G(x+1) \right) < + \infty$

Θέλει διόρθωμα. Προτείνω "για $x \geqslant 1$ ".

(Διορθώθηκε)

Σταμ. Γλάρος · #3

erxmer έγραψε:Δίνεται παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:(0,+\infty) \to R$ για την οποία ισχύουν:
$\displaystyle{\left\{\begin{matrix} x^3f''(x)=e^{\frac{1}{x}}\\ \\ x>0 \end{matrix}\right.}$ και η εφαπτομένη της στο σημείο της έχει εξίσωση .

Επίσης θεωρούμε τη συνάρτηση $g:(0,+\infty) \to R$ με: $\displaystyle{g(x)=\frac{e^x}{x}}$ και μια αρχική της

1) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση $\displaystyle{h(x)=f(x)-xe^{\frac{1}{x}}}$ είναι η μηδενική συνάρτηση για κάθε .

2) Να βρείτε τις ασύμπτωτες της

3) Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\int_{1}^{2}\frac{e^t}{t}dt<\frac{e^2}{2}, x>1}$

4) Να δείξετε ότι $\displaystyle{2G(x+1)<G(x+2)+G(x)}\,\,\, x \geq 1$

Καλησπέρα.
1) Είναι $h'(x)= f'(x)-e^{\frac{1}{x}}+\dfrac{1}{x} e^{\frac{1}{x}}$ και $h''(x)=\dfrac{x^3 f''(x)-e^{\frac{1}{x}}}{x^3} = 0$ .
Άρα h'(x)=c

και επειδή η εφαπτομένη της C_f

στο σημείο της (1,f(1))

έχει εξίσωση y = e

συμπεραίνουμε ότι f'(1)=0.

Άρα

, οπότε και $h(x)= c_{1}$ και επειδή f(1)=e

, ισχύει

2) $\displaystyle{f(x)=xe^{\frac{1}{x}}}$ . Θέτω $x=\frac{1}{u}$ . Είναι $x\rightarrow 0^{+}\Rightarrow u\rightarrow +\infty$ .

Άρα εφαρμόζοντας κανόνα De L' Hospital $\displaystyle\lim_{x\to 0^+} f(x)=\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\frac{e^u}{u} =\displaystyle\lim_{x\to 0^+} e^u =+\infty .$ Συνεπώς η y=0

είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της $C_{f} .$
Επίσης $\displaystyle\lim_{x\to +\infty} \dfrac{f(x)}{x}=\displaystyle\lim_{x\to +\infty} e^{\frac{1}{x}} =1.$

Επί πλέον $\displaystyle\lim_{x\to +\infty} (f(x)-x)= \displaystyle\lim_{x\to +\infty} x(e^{\frac{1}{x}}-1) =\displaystyle\lim_{u\to 0} \dfrac{e^u-1}{u}=1$ .

Άρα η y=x+1

είναι πλάγια ασύμπτωτη της $C_{f}$ στο $+\infty$ .

3) Είναι $\displaystyle{\int_{1}^{2}\frac{e^t}{t}dt<\frac{e^2}{2}$ $\Leftrightarrow$ $\displaystyle{\int_{1}^{2}\frac{e^t}{t}dt< \displaystyle{\int_{1}^{2}\frac{e^2}{2}dt$ $\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow$ $\displaystyle{\int_{1}^{2}(\frac{e^t}{t} - \frac{e^2}{2})dt < 0$ , το οποίο ισχύει διότι

η

είναι γνησίως αύξουσα στο $[1, +\infty )$ , οπότε $g(t)\leq g(2),\,\,\,\,\,\ 1\leq x\leq 2$ .
Επίσης η $\frac{e^t}{t} - \frac{e^2}{2}$ δεν μηδενίζεται παντού στο [1,2]

, συνεπώς ισχύει το ζητούμενο.

4) Είναι $\displaystyle{2G(x+1)<G(x+2)+G(x)}$ $\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow$ $\displaystyle{G(x+1)-G(x)<G(x+2)-G(x+1)}$ (1) .

Εφαρμόζοντας Θ.M.T. στην

στα διαστήματα [x,x+1]

και

έχουμε

(1) $\Leftrightarrow$ $G'(\xi _{1})<G'(\xi _{2}) ,\,\, \mu \varepsilon \,\,\xi_{1}<\xi _{2}$ .

δηλ. $g(\xi _{1})<g(\xi _{2})$ το οποίο ισχύει αφού

: γνησίως αύξουσα.

Φιλικά
Σταμ. Γλάρος

mathematica.gr

Mεθοδική

Mεθοδική

Re: Mεθοδική

Re: Mεθοδική

Μέλη σε σύνδεση