Εξίσωση - Ύπαρξη - Ανίσωση

M.S.Vovos · #1

Έστω η συνάρτηση $f:[1,+\infty )\rightarrow \mathbb{R}$ , με $\displaystyle{f(x)=\frac{e^{x}}{x^{2}+1},\hspace{2mm}x\geqslant 1}$ .

(α) Να προσδιορίσετε το πρόσημο της παράστασης $A=x^{4}-4x^{3}+8x^{2}-4x-1$ , για κάθε $x\geqslant 1$ .

(β) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση

τέμνει την διχοτόμου του 1ου και 3ου τεταρτημόριου σε ακριβώς δύο σημεία.

(γ) Να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικό $\xi \geqslant 1$ τέτοιο, ώστε: $\displaystyle{\frac{\xi -1}{\xi ^{2}+1}=\sqrt{e^{-\xi }}}$ (δ) Να αποδείξετε ότι για το εμβαδόν του χωρίου $\Omega$ , που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης

, τον άξονα x'x

και τις ευθείες x=1

και

, ισχύει η σχέση:
$\displaystyle{\frac{2e^{2}}{5}<E\left ( \Omega \right )<\frac{e^{3}+5e}{10}}$ Φιλικά,
Μάριος

#2

M.S.Vovos έγραψε:
ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Μια βραδινή κατασκευή.
Έστω η συνάρτηση $f:[1,+\infty )\rightarrow \mathbb{R}$ , με $\displaystyle{f(x)=\frac{e^{x}}{x^{2}+1},\hspace{2mm}x\geqslant 1}$ .

(α) Να προσδιορίσετε το πρόσημο της παράστασης $A=x^{4}-4x^{3}+8x^{2}-4x-1$ , για κάθε $x\geqslant 1$ .

(β) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση τέμνει την διχοτόμου του 1ου και 3ου τεταρτημόριου σε ακριβώς δύο σημεία.

(γ) Να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικό $\xi \geqslant 1$ τέτοιο, ώστε: $\displaystyle{\frac{\xi -1}{\xi ^{2}+1}=\sqrt{e^{-\xi }}}$ (δ) Να αποδείξετε ότι για το εμβαδόν του χωρίου $\Omega$ , που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης , τον άξονα και τις ευθείες και , ισχύει η σχέση:
$\displaystyle{\frac{2e^{2}}{5}<E\left ( \Omega \right )<\frac{e^{3}+5e}{10}}$ Φιλικά,
Μάριος

...μιά αντιμετώπιση για το (α) και μία με "κλέψιμο" σε πράξεις και αποδείξεις για το (δ)

(α) Με σχήμα Horner είναι $A={{x}^{4}}-4{{x}^{3}}+8{{x}^{2}}-4x-1=(x-1)({{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+5x+1)$ επίσης με σχήμα Horner είναι

${{x}^{3}}-3{{x}^{2}}+5x+1=(x-1)({{x}^{2}}-2x+3)+4$ άρα είναι $A={{(x-1)}^{2}}({{x}^{2}}-2x+3)+4(x-1)$

που προφανώς για $x\geqslant 1$ είναι $A\ge 0$ με την ισότητα να ισχύει μόνο για x=1

(β) …

να βρω τη σχέση έχει με το (1)....

(γ)…επίσης....

(δ) Το εμβαδό $E(\Omega )=\int\limits_{1}^{3}{f(x)dx}$ αφού η $f(x)>0,\,\,\,x\in [1,\,\,3]$ και η

στο διάστημα

$[1,\,\,+\infty )$ είναι κυρτή άρα τα σημεία της στο $[1,\,\,3]$ είναι κάτω από την χορδή

με $A(1,\,\frac{e}{2}),\,\,B(3,\,\,\frac{{{e}^{3}}}{10})$ που έχει εξίσωση μετά από τις πράξεις

$y=\frac{{{e}^{3}}-5e}{20}x+\frac{15e-{{e}^{3}}}{20}$ (…αυτό χρειάζεται απόδειξη για να χρησιμοποιηθεί….)

και πάνω από την εφαπτομένη στο σημείο της $M(2,\,\frac{{{e}^{2}}}{5})$ που έχει εξίσωση μετά από τις πράξεις

$y=\frac{{{e}^{2}}}{25}x+\frac{3{{e}^{2}}}{25}$ επομένως ισχύει ότι

$\frac{{{e}^{2}}}{25}x+\frac{3{{e}^{2}}}{25}\le f(x)\le \frac{{{e}^{3}}-5e}{20}x+\frac{15e-{{e}^{3}}}{20}$ και ολοκληρώνοντας έχουμε

$\int\limits_{1}^{3}{(\frac{{{e}^{2}}}{25}x+\frac{3{{e}^{2}}}{25})dx}<\int\limits_{1}^{3}{f(x)dx}\le \int\limits_{1}^{3}{(\frac{{{e}^{3}}-5e}{20}x+\frac{15e-{{e}^{3}}}{20}})dx$ …..

$\displaystyle{\frac{2e^{2}}{5}<E\left ( \Omega \right )<\frac{e^{3}+5e}{10}}$

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #3

KAKABASBASILEIOS έγραψε:

(β) … να βρω τη σχέση έχει με το (1)....

(γ)…επίσης....

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

Καλημέρα Βασίλη.
Δεν νομίζω ότι έχουν σχέση με το α).Ας με διαψεύσει ο Μάριος.
Κατά τα άλλα νομίζω ότι η απόδειξη τους είναι στα γνωστά πλαίσια.
(ακολουθούμε τα προφανή βήματα)

Ratio · #4

'Ισως και να έχει διότι σχηματίζοντας την $g(x)=f(x)-x=\frac{e^x}{x^2+1}-x=\frac{e^x-x^3-x}{x^2+1}=\frac{1}{4}\frac{(4e^x-4x^3-4x)}{x^2+1}=\\\\\frac{1}{4}\frac{(4e^x+A(x)-x^4-8x^2-1}{(x^2+1)}$

όπου A(x)=x^4-4x^3+8x^2-4x-1

M.S.Vovos · #5

Καλημέρα και απο μένα.

Θέλω να τονίσω ότι δεν έχει κανένα απολύτως νόημα να φτιαχτεί μια άσκηση με ερωτήματα που να μην συνδέονται μεταξύ τους.

Αρχικά λοιπόν, θέλω να ρωτήσω. Πως θα αποδεικνύαμε ότι η f ειναι κυρτή στο πεδίο ορισμού της; Εκεί μας χρειάζεται το ερώτημα (α). Αντίστοιχα για να λύσουμε το (γ) χρειαζόμαστε και το (α) και το (β). Το τελευταίο (δύσκολο) χρησιμοποιεί πάλι κυρτότητα αφού ειναι η ανισότητα Hermite - Hadamard.

Φιλικά.

Ratio · #6

Θα συμφωνήσω , γιατί στην μελέτη της κυρτότητας στον αριθμητή του κλάσματος μετά από τις παραγοντοποιήσεις προκύπτει το x^3-3x^2+5x+1

που προκύπτει από τον Horner για A(x)/(x-1)

Λάμπρος Μπαλός · #7

Διαγραφή πρόσθετου ερωτήματος για καλύτερη επεξεργασία

Σταμ. Γλάρος · #8

M.S.Vovos έγραψε:
ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Μια βραδινή κατασκευή.
Έστω η συνάρτηση $f:[1,+\infty )\rightarrow \mathbb{R}$ , με $\displaystyle{f(x)=\frac{e^{x}}{x^{2}+1},\hspace{2mm}x\geqslant 1}$ .

(α) Να προσδιορίσετε το πρόσημο της παράστασης $A=x^{4}-4x^{3}+8x^{2}-4x-1$ , για κάθε $x\geqslant 1$ .

(β) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση τέμνει την διχοτόμου του 1ου και 3ου τεταρτημόριου σε ακριβώς δύο σημεία.

(γ) Να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικό $\xi \geqslant 1$ τέτοιο, ώστε: $\displaystyle{\frac{\xi -1}{\xi ^{2}+1}=\sqrt{e^{-\xi }}}$ (δ) Να αποδείξετε ότι για το εμβαδόν του χωρίου $\Omega$ , που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης , τον άξονα και τις ευθείες και , ισχύει η σχέση:
$\displaystyle{\frac{2e^{2}}{5}<E\left ( \Omega \right )<\frac{e^{3}+5e}{10}}$ Φιλικά,
Μάριος

Καλησπέρα.
Μια προσπάθεια στο β) και στο γ)

β) Η

είναι παραγωγίσιμη με $f'(x)=\dfrac{e^x(x-1)^2}{(x^2 +1)^2} >0$ . Συνεπώς η

είναι
γνησίως αύξουσα στο $[1,+\infty)$ .
Επίσης η

είναι παραγωγίσιμη . Έπειτα από ...πράξεις είναι : $f''(x)=\dfrac{e^x(x^2+1)A(x)}{(x^2 +1)^4} >0.$
Όπως απέδειξε ο Βασίλης παραπάνω A(x)>0

$\forall x\in (1,+\infty )$ .
Συνεπώς η

είναι κυρτή στο $[1,+\infty )$ .

Θεωρώ την $g(x)= f(x)-x =\dfrac{e^x}{x^2 +1} -x$ . Είναι παραγωγίσιμη με g'(x)=f'(x)-1

.
Επίσης η

είναι παραγωγίσιμη με g''(x)=f''(x)>0

.

Συνεπώς η

είναι γνησίως αύξουσα στο $[1,+\infty )$ .
Είναι g'(1)= -1

και $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty }g'(x)= +\infty$ , διότι
εφαρμόζοντας διαδοχικά κανόνα de L' Hospital έχουμε:

$\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty }f'(x)= \displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty }\dfrac{e^x(x-1)^2}{(x^2 +1)^2} = \displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty }\dfrac{e^x(x^2-1)}{4(x^3 +x)} = \displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty }\dfrac{e^x(x^2+2x-1)}{4(3x^2 +1)} =$
$= + \infty$ , αφού $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty }\dfrac{x^2+2x-1}{4(3x^2 +1)} = \dfrac{1}{3} .$

Από τα παραπάνω προκύπτει $g'([1,+\infty )) = [-1,+\infty )$ . To

ανήκει στο σύνολο τιμών , άρα $\exists x_{1}$ ώστε $g'( x_{1}) = 0 .$
Μάλιστα $x_{1}>2$ , αφού $g'( x_{1}) = 0 \Leftrightarrow f'( x_{1}) = 1$ και $f'(2)=\dfrac{e^2}{25}<1$ .

Επομένως προκύπτει

γνησίως φθίνουσα στο $[1,x_{1}]$
Είναι $g(1)=\dfrac{e - 2}{2} >0$ , $g(2) =\dfrac{e^2 - 10}{5} <0$ , άρα από Θεώρημα Bolzano
υπάρχει ρίζα της

στο

,
η οποία είναι μοναδική στο $[1,x_{1}]$ , λόγω μονοτονίας. Επίσης προκύπτει $g(x_{1})<g(2)<0 .$

Ομοίως έχουμε

γνησίως αύξουσα στο $[x_{1} ,+\infty )$ .
Επίσης $\displaystyle\lim_{x\rightarrow +\infty }g(x) = \displaystyle\lim_{x\rightarrow +\infty }\left ( \dfrac{e^x}{x^2+1} -x\right ) = \displaystyle\lim_{x\rightarrow +\infty }\left [ x\left ( \dfrac{e^x}{x^3+1} -1\right ) \right ] = + \infty$ .
Πάλι εφαρμόζουμε κανόνα de L' Hospital .
Άρα είναι σύνολο τιμών : $g\left ([x_{1} ,+\infty )\right ) =[g(x_{1}) ,+\infty )$ .

Από την μορφή του συνόλου τιμών υπάρχει ρίζα της

στο $[x_{1} ,+\infty )$ , η οποία είναι μοναδική λόγω μονοτονίας.

γ) Έστω τώρα $p_{1} ,p_{2}$ ρίζες της

με $p_{1} <p_{2}$ .
Ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Rolle για την

στο $[p_{1} ,p_{2}]$ .
Άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα $\xi \in\left ( p_{1} ,p_{2} \right )$ τέτοιο ώστε :

$g'(\xi ) = 0 \Leftrightarrow f'(\xi ) = 1\Leftrightarrow \dfrac{e^{\xi }(\xi -1)^2}{(\xi ^{2}+1)^2} =1$

$\Leftrightarrow \dfrac{(\xi -1)^2}{(\xi ^{2}+1)^2} =e^{-\xi } \Leftrightarrow \dfrac{\xi -1}{\xi ^{2}+1}=\sqrt{e^{-\xi }}$ .

Φιλικά
Σταμ. Γλάρος

M.S.Vovos · #9

Σταμ. Γλάρος έγραψε:

γ) Έστω τώρα $p_{1} ,p_{2}$ ρίζες της με $p_{1} <p_{2}$ .
Ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Rolle για την στο $[p_{1} ,p_{2}]$ .
Άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα $\xi \in\left ( p_{1} ,p_{2} \right )$ τέτοιο ώστε :

$g'(\xi ) = 0 \Leftrightarrow f'(\xi ) = 1\Leftrightarrow \dfrac{e^{\xi }(\xi -1)^2}{(\xi ^{2}+1)^2} =1$

$\Leftrightarrow \dfrac{(\xi -1)^2}{(\xi ^{2}+1)^2} =e^{-\xi } \Leftrightarrow \dfrac{\xi -1}{\xi ^{2}+1}=\sqrt{e^{-\xi }}$ .

Φιλικά
Σταμ. Γλάρος

Σταμάτη απέδειξες ότι έχει τουλάχιστον μία ρίζα, όχι αν είναι μοναδική. Θέλει συνέχεια.

Σταμ. Γλάρος · #10

M.S.Vovos έγραψε:
Σταμ. Γλάρος έγραψε:

γ) Έστω τώρα $p_{1} ,p_{2}$ ρίζες της με $p_{1} <p_{2}$ .
Ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Rolle για την στο $[p_{1} ,p_{2}]$ .
Άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα $\xi \in\left ( p_{1} ,p_{2} \right )$ τέτοιο ώστε :

$g'(\xi ) = 0 \Leftrightarrow f'(\xi ) = 1\Leftrightarrow \dfrac{e^{\xi }(\xi -1)^2}{(\xi ^{2}+1)^2} =1$

$\Leftrightarrow \dfrac{(\xi -1)^2}{(\xi ^{2}+1)^2} =e^{-\xi } \Leftrightarrow \dfrac{\xi -1}{\xi ^{2}+1}=\sqrt{e^{-\xi }}$ .

Φιλικά
Σταμ. Γλάρος
Σταμάτη απέδειξες ότι έχει τουλάχιστον μία ρίζα, όχι αν είναι μοναδική. Θέλει συνέχεια.

Καλησπέρα.
Έχεις δίκιο Μάριε. Η f '

είναι γνησίως αύξουσα αφού η

είναι κυρτή.
Συνεπώς η $\xi$ είναι μοναδική.
Φιλικά
Σταμ. Γλάρος

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #11

M.S.Vovos έγραψε:Καλημέρα και απο μένα.

Θέλω να τονίσω ότι δεν έχει κανένα απολύτως νόημα να φτιαχτεί μια άσκηση με ερωτήματα που να μην συνδέονται μεταξύ τους.

Αρχικά λοιπόν, θέλω να ρωτήσω. Πως θα αποδεικνύαμε ότι η f ειναι κυρτή στο πεδίο ορισμού της; Εκεί μας χρειάζεται το ερώτημα (α). Αντίστοιχα για να λύσουμε το (γ) χρειαζόμαστε και το (α) και το (β). Το τελευταίο (δύσκολο) χρησιμοποιεί πάλι κυρτότητα αφού ειναι η ανισότητα Hermite - Hadamard.

Φιλικά.

Καλημέρα Μάριε.
α)Θέτουμε $g(x)=x^{4}-4x^{3}+8x^{2}-4x-1$

$g'(x)=4x^{3}-12x^{2}+16x-4,g''(x)=4(3x^{2}-6x+4)$

Εχουμε g''(x)> 0

(τριώνυμο)

g'(1)=4> 0

Αρα $g'(x)> 0,x\geq 1$

Επειδή g(1)=0

προκύπτει $g(x)\geq 0,x\geq 1$

με ισότητα μόνο για x=1

β)Θέλουμε λύσεις της h(x)=f(x)-x=0

$h'(x)=f'(x)-1=\dfrac{e^{x}(x-1)^{2}}{(1+x^{2})^{2}}-1$

Αρα $h''(x)=f''(x)=\dfrac{(e^{x}(x-1)^{2}+e^{x}2(x-1))(x^{2}+1)^{2}-e^{x}(x-1)^{2}4x(x^{2}+1)^{2}}{(1+x^{2})^{4}}=e^{x}(x^{2}+1)(x-1)\dfrac{A(x) }{(x^{2}+1)^{4}}$

Οπου $A(x)=(x+1)(x^{2}+1)-4x(x-1)=x^{3}-3x^{2}+5x+1$ που πρέπει να βρούμε το πρόσημο.

Για το β) με την προυπόθεση ότι το πάμε με αυτό που είχες στο μυαλό σου(υπάρχουν και άλλοι τρόποι)

Αν ήθελες να βοηθήσεις θα έδινες το δικό μου A(x)

Βέβαια αν ενας μαθητής έκανε πράξεις χωρίς να βλέπει μπροστά του θα κατέληγε στο δικό σου.
Οταν λοιπόν το είδα ήξερα ότι η παράσταση που θα θέλαμε το πρόσημο είναι πολυώνυμο τρίτου βαθμού και όχι
τετάρτου.

Εξίσωση - Ύπαρξη - Ανίσωση

Εξίσωση - Ύπαρξη - Ανίσωση

Re: Εξίσωση - Ύπαρξη - Ανίσωση

Re: Εξίσωση - Ύπαρξη - Ανίσωση

Re: Εξίσωση - Ύπαρξη - Ανίσωση

Re: Εξίσωση - Ύπαρξη - Ανίσωση

Re: Εξίσωση - Ύπαρξη - Ανίσωση

Re: Εξίσωση - Ύπαρξη - Ανίσωση

Re: Εξίσωση - Ύπαρξη - Ανίσωση

Re: Εξίσωση - Ύπαρξη - Ανίσωση

Re: Εξίσωση - Ύπαρξη - Ανίσωση

Re: Εξίσωση - Ύπαρξη - Ανίσωση

Μέλη σε σύνδεση