Πασχαλιάτικη

erxmer · #1

Δίνεται η συνεχής συνάρτηση

στο $(1,+\infty)$ ώστε $\displaystyle{\left\{\begin{matrix} g(x)=\frac{f(x)}{x},x>1\\ \\ G(x)\, \, \alpha \rho \chi \iota \kappa \eta \, \, \tau \eta \varsigma \, \, g\\ \\ f(x)=e^{-G(x)},x>1\\ \\ f(e)=1\\ \end{matrix}\right.}$

1) Αποδείξτε οτι η

είναι παραγωγισιμή.

2) Ποιός είναι ο τύπος της

;

3) Υπάρχει τουλάχιστον ένα σημείο (x_0,f(x_0))

με $x_0 \in (e,e^2)$ ώστε η εφαπτομένη της C_f

να σχηματίζει με τους άξονες τρίγωνο εμβαδού

μονάδες. Eπίσης να βρεθεί το $\displaystyle{x}$ για το οποίο το εμβαδόν του τριγώνου ελαχιστοποιείται.

4) $\displaystyle{\lim_{x \to +\infty}\left [ F(x+1)-F(x) \right ]=0}$ με

μια αρχική της

.

5) H εξίσωση $\displaystyle{\frac{x+\frac{1}{f(x)}}{-1-\frac{1}{x^2}}-\frac{cosx}{1+\frac{1}{x^2}}=0}$ έχει μοναδική ρίζα

#2

erxmer έγραψε:Δίνεται η συνεχής συνάρτηση στο $(1,+\infty)$ ώστε $\displaystyle{\left\{\begin{matrix} g(x)=\frac{f(x)}{x},x>1\\ \\ G(x)\, \, \alpha \rho \chi \iota \kappa \eta \, \, \tau \eta \varsigma \, \, g\\ \\ f(x)=e^{-G(x)},x>1\\ \\ f(e)=1\\ \end{matrix}\right.}$

1) Αποδείξτε οτι η είναι παραγωγισιμή.

2) Ποιός είναι ο τύπος της ;

3) Υπάρχει τουλάχιστον ένα σημείο με $x_0 \in (e,e^2)$ ώστε η εφαπτομένη της
να σχηματίζει με τους άξονες τρίγωνο εμβαδού $\displaystyle{\frac{65}{2}}$

4) $\displaystyle{\lim_{x \to +\infty}\left [ F(x+1)-F(x) \right ]=0}$

5) H εξίσωση $\displaystyle{\frac{x+\frac{1}{f(x)}}{-1-\frac{1}{x^2}}-\frac{cosx}{1+\frac{1}{x^2}}=0}$ έχει μοναδική ρίζα

...για τα δύο πρώτα...

1) Είναι $f(x)={{e}^{-G(x)}},x>1$ με {G}'(x)=g(x)

άρα η

είναι παραγωγίσιμη ως σύνθεση παραγωγίσιμων με

${f}'(x)=-{{e}^{-G(x)}}{G}'(x)=-{{e}^{-G(x)}}g(x),\,\,\,\,x>1$

2) Είναι ${f}'(x)=-{{e}^{-G(x)}}g(x)\Leftrightarrow {f}'(x)=-f(x)g(x),\,\,\,\,x>1$ και λόγω του $g(x)=\frac{f(x)}{x},x>1$ έχουμε ότι

${f}'(x)=-f(x)\frac{f(x)}{x}=-\frac{{{f}^{2}}(x)}{x},\,\,\,\,x>1$ και επειδή από $f(x)={{e}^{-G(x)}},x>1$ είναι $f(x)>0,\,\,\,\,x>1$ προκύπτει ότι

$-\frac{{f}'(x)}{{{f}^{2}}(x)}=\frac{1}{x}\Leftrightarrow {{\left( \frac{1}{f(x)} \right)}^{\prime }}=(lnx{)}',x>1$

επομένως από

$\frac{1}{f(x)}=\ln x+c\Leftrightarrow f(x)=\frac{1}{\ln x+c},x>1,c>0$

και f(e)=1

τότε

επομένως είναι $f(x)=\frac{1}{\ln x},x>1$

...συνεχίζεται...
Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

#3

Στο (3) ο αριθμός $\displaystyle{\frac{{65}}{2}}$ είναι μεγάλος . Μπορεί να ζητηθεί κάτι γύρω στο $\displaystyle{\frac{{11}}{2}}$
Επίσης ένα καλό ερώτημα είναι : Να βρεθεί το $\displaystyle{x}$ για το οποίο το εμβαδόν του τριγώνου ελαχιστοποιείται .

#4

...και με 16/2 νομίζω ότι είναι εντάξει
και επίσης στο (4) η F μαλλον εννοεί την αρχική της f...
περιμένουμε το δημιουργό...

Βασίλης

#5

erxmer έγραψε:Δίνεται η συνεχής συνάρτηση στο $(1,+\infty)$ ώστε $\displaystyle{\left\{\begin{matrix} g(x)=\frac{f(x)}{x},x>1\\ \\ G(x)\, \, \alpha \rho \chi \iota \kappa \eta \, \, \tau \eta \varsigma \, \, g\\ \\ f(x)=e^{-G(x)},x>1\\ \\ f(e)=1\\ \end{matrix}\right.}$

1) Αποδείξτε οτι η είναι παραγωγισιμή.

2) Ποιός είναι ο τύπος της ;

3) Υπάρχει τουλάχιστον ένα σημείο με $x_0 \in (e,e^2)$ ώστε η εφαπτομένη της
να σχηματίζει με τους άξονες τρίγωνο εμβαδού μονάδες. Eπίσης να βρεθεί το $\displaystyle{x}$ για το οποίο το εμβαδόν του τριγώνου ελαχιστοποιείται.

4) $\displaystyle{\lim_{x \to +\infty}\left [ F(x+1)-F(x) \right ]=0}$ με μια αρχική της .

5) H εξίσωση $\displaystyle{\frac{x+\frac{1}{f(x)}}{-1-\frac{1}{x^2}}-\frac{cosx}{1+\frac{1}{x^2}}=0}$ έχει μοναδική ρίζα

...και μετά τις επεμβάσεις του δημιουργού....

1) Είναι $f(x)={{e}^{-G(x)}},x>1$ με {G}'(x)=g(x)

άρα η

είναι παραγωγίσιμη ως σύνθεση παραγωγίσιμων με

${f}'(x)=-{{e}^{-G(x)}}{G}'(x)=-{{e}^{-G(x)}}g(x),\,\,\,\,x>1$

2) Είναι ${f}'(x)=-{{e}^{-G(x)}}g(x)\Leftrightarrow {f}'(x)=-f(x)g(x),\,\,\,\,x>1$ και λόγω του $g(x)=\frac{f(x)}{x},x>1$ έχουμε ότι

${f}'(x)=-f(x)\frac{f(x)}{x}=-\frac{{{f}^{2}}(x)}{x},\,\,\,\,x>1$ και επειδή από $f(x)={{e}^{-G(x)}},x>1$ είναι $f(x)>0,\,\,\,\,x>1$

προκύπτει ότι $-\frac{{f}'(x)}{{{f}^{2}}(x)}=\frac{1}{x}\Leftrightarrow {{\left( \frac{1}{f(x)} \right)}^{\prime }}=(lnx{)}',x>1$

επομένως από $\frac{1}{f(x)}=\ln x+c\Leftrightarrow f(x)=\frac{1}{\ln x+c},x>1,c>0$ και αν f(e)=1

τότε

επομένως είναι $f(x)=\frac{1}{\ln x},x>1$

3) Θέλουμε η εφαπτομένη της , σε ένα σημείο (x_0,f(x_0))

με $x_0 \in (e,e^2)$ που έχει εξίσωση

$y-f({{x}_{0}})={f}'({{x}_{0}})(x-{{x}_{0}})$ και επειδή ${f}'(x)=-\frac{1}{x{{\ln }^{2}}x}=-\frac{f(x)}{x\ln x},x>1$ η

$y-f({{x}_{0}})=-\frac{f({{x}_{0}})}{{{x}_{0}}\ln {{x}_{0}}}(x-{{x}_{0}})\Leftrightarrow y=-\frac{f({{x}_{0}})}{{{x}_{0}}\ln {{x}_{0}}}x+f({{x}_{0}})+\frac{f({{x}_{0}})}{\ln {{x}_{0}}}$

που τέμνει τους άξονες στα σημεία $A(0,\,f({{x}_{0}})\frac{\ln {{x}_{0}}+1}{\ln {{x}_{0}}}),\,\,B({{x}_{0}}(\ln {{x}_{0}}+1),\,\,0)$

και σχηματίζει εμβαδό $E=\frac{1}{2}(OA)(OB)=\frac{1}{2}\left| \frac{\ln {{x}_{0}}+1}{{{\ln }^{2}}{{x}_{0}}} \right|\left| {{x}_{0}}(\ln {{x}_{0}}+1) \right|=\frac{{{x}_{0}}{{\left( \ln {{x}_{0}}+1 \right)}^{2}}}{2{{\ln }^{2}}{{x}_{0}}}$

που είναι ίσο με $\frac{16}{2}$ δηλαδή να ισχύει $\frac{{{x}_{0}}{{\left( \ln {{x}_{0}}+1 \right)}^{2}}}{2{{\ln }^{2}}{{x}_{0}}}=\frac{16}{2}\Leftrightarrow {{x}_{0}}{{\left( 1+f({{x}_{0}}) \right)}^{2}}-16=0$

Γι αυτό θεωρούμε την συνάρτηση $h(x)=x{{\left( 1+f(x) \right)}^{2}}-16,\,\,\,x\in [e,\,\,{{e}^{2}}]$ που είναι συνεχής με

$h(e)=e\left( 1+f(e) \right)-16=2e-16<0$ και $h({{e}^{2}})=\frac{9{{e}^{2}}}{4}-16=\frac{9{{e}^{2}}-64}{4}>0$ και επειδή

$h(e)h({{e}^{2}})<0$ σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano υπάρχει ${{x}_{0}}\in (e,\,\,{{e}^{2}})$ που $h({{x}_{0}})=0$

Για το ερώτημα του ελαχίστου τώρα το εμβαδό του τριγώνου δίνεται από την συνάρτηση

$E(x)=\frac{1}{2}x{{\left( 1+f(x) \right)}^{2}},\,\,x>1$ που είναι παραγωγίσιμη με

${E}'(x)=\frac{1}{2}\left( {{\left( 1+f(x) \right)}^{2}}+x2\left( 1+f(x) \right){f}'(x) \right)=\frac{1}{2}\left( 1+f(x) \right)\left( 1+f(x)+2x{f}'(x) \right)$

Για την συνάρτηση $\phi (x)=1+f(x)+2x{f}'(x)=1+\frac{1}{\ln x}-2x\frac{1}{x{{\ln }^{2}}x}=1+\frac{1}{\ln x}-\frac{2}{{{\ln }^{2}}x}$

$=\frac{{{\ln }^{2}}x+\ln x-2}{{{\ln }^{2}}x}=\frac{(\ln x-1)(\ln x+2)}{{{\ln }^{2}}x}$ προφανώς $\phi (e)=0$ και

$\phi (x)<0\Leftrightarrow x<e$ και $\phi (x)>0\Leftrightarrow x>e$ αφού $\frac{\ln x+2}{{{\ln }^{2}}x}>0,\,\,x>1$ έτσι για την

${E}'(x)=\frac{1}{2}\left( 1+f(x) \right)\phi (x)$ επειδή $\frac{1}{2}\left( 1+f(x) \right)>0,\,\,x>1$ ισχύει ότι

${E}'(x)<0\Leftrightarrow x<e$ άρα η

είναι γνήσια φθίνουσα στο $(1,\,\,e]$ και ${E}'(x)>0\Leftrightarrow x>e$

άρα η

είναι γνήσια αύξουσα στο $[e,\,\,+\infty )$ άρα παρουσιάζει ελάχιστο στο x=e

4) Είναι στο διάστημα $[x,\,x+1]$ η {F}'(x)=f(x)

και σύμφωνα με το θεώρημα της μέσης τιμής υπάρχει $\xi \in (x,\,x+1)$ με

${F}'(x)=\frac{F(x+1)-F(x)}{x+1-x}\Leftrightarrow f(\xi )=F(x+1)-F(x)$ και επειδή η

είναι γνήσια φθίνουσα στο $(1,\,\,+\infty )$ και

$x<\xi <x+1\Rightarrow f(x)>f(\xi )>f(x+1)$ άρα ισχύει ότι f(x+1)<F(x+1)-F(x)<f(x)

και επειδή

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{\ln x}=0$ και

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x+1)=0$ από το κριτήριο παρεμβολής έχουμε ότι

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,(F(x+1)-F(x))=0$

...σε λίγο το (5)...

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

kfd · #6

H εξίσωση είναι ισοδύναμη με:x+lnx+cosx=0. Aν g(x)=x+lnx+cosx, είναι γν. αύξουσα για x>1 και το σύνολο τιμών της είναι το R, γιατί $\lim_{x\rightarrow +\infty }g(x)=\lim_{x\rightarrow +\infty }x(1+\frac{lnx}{x}+\frac{cosx}{x})=+\infty$ και $\lim_{x\rightarrow 0}g(x)=-\infty$
Άρα έχει μία ρίζα.

Πασχαλιάτικη

Πασχαλιάτικη

Re: Πασχαλιάτικη

Re: Πασχαλιάτικη

Re: Πασχαλιάτικη

Re: Πασχαλιάτικη

Re: Πασχαλιάτικη

Μέλη σε σύνδεση