Μπάμ

Δυσκολότερα θέματα τα οποία όμως άπτονται της σχολικής ύλης και χρησιμοποιούν αποκλειστικά θεωρήματα που βρίσκονται μέσα σε αυτή. Σε διαφορετική περίπτωση η σύνταξη του μηνύματος θα πρέπει να γίνει στο υποφόρουμ "Ο ΦΑΚΕΛΟΣ ΤΟΥ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΥ"

Συντονιστής: Μπάμπης Στεργίου

Άβαταρ μέλους
erxmer
Δημοσιεύσεις: 1615
Εγγραφή: Δευ Σεπ 13, 2010 7:49 pm
Επικοινωνία:

Μπάμ

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από erxmer » Πέμ Απρ 27, 2017 6:51 pm

Δίνεται συνάρτηση f:(0,+\infty) \to R με τύπο \displaystyle{f(x)=\frac{e^{x^2}}{x}} και F μια παράγουσα ώστε F(1)=0,5.

1) Nα μελετηθεί και να σχεδιαστεί η γραφική της παράσταση της f

2) Να αποδείξετε οτι η F αντιστρέφεται

3) Να αποδειχθεί οτι \displaystyle{F(x)>\frac{x^2}{2},x>1}, \displaystyle{F(x)<\frac{x^2}{2}+lnx,x \in (0,1)}

4) Nα βρεθεί το πεδίο ορισμού της αντίστροφης

5) Να υπολογιστούν τα \displaystyle{\lim_{x \to +\infty}\frac{F^{-1}(x)}{x}}, \displaystyle{\lim_{x \to +\infty}\frac{F^{-1}(x)}{lnx}}

6) H εξίσωση F(x)=0 έχει μία λύση a ακριβώς στο (0,1) και \displaystyle{\int_{1}^{a}2xF(x)dx=-\frac{e^{a^2}-e+1}{2}}
τελευταία επεξεργασία από erxmer σε Σάβ Απρ 29, 2017 12:25 am, έχει επεξεργασθεί 4 φορές συνολικά.



Λέξεις Κλειδιά:
KAKABASBASILEIOS
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 1548
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 01, 2009 1:46 pm

Re: Μπάμ

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KAKABASBASILEIOS » Παρ Απρ 28, 2017 2:13 am

erxmer έγραψε:Δίνεται συνάρτηση f:(0,+\infty) \to R με τύπο \displaystyle{f(x)=\frac{e^{x^2}}{x}} και F μια παράγουσα ώστε F(1)=0,5.

1) Nα μελετηθεί και να σχεδιαστεί η γραφική της παράσταση της f

2) Να αποδείξετε οτι η F αντιστρέφεται

3) Να αποδειχθεί οτι \displaystyle{F(x)>\frac{x^2}{2},x>1}, \displaystyle{F(x)<\frac{x^2}{2}+lnx,x \in (0,1)}

4) Nα βρεθεί το πεδίο ορισμού της αντίστροφης

5) Να υπολογιστούν τα \displaystyle{\lim_{x \to +\infty}\frac{F^{-1}(x)}{x}}, \displaystyle{\lim_{x \to +\infty}\frac{F^{-1}(x)}{lnx}}

6) H εξίσωση F(x)=0 έχει μία λύση a ακριβώς στο (0,1) και \displaystyle{\int_{1}^{a}2xF(x)dx=\frac{e^{a^2-e+1}}{2}}
...ΛΥΣΗ....

1) Η f είναι παραγωγίσιμη στο \Delta =(0,+\infty ) με

{f}'(x)=\frac{2{{x}^{2}}{{e}^{{{x}^{2}}}}-{{e}^{{{x}^{2}}}}}{{{x}^{2}}}=\frac{(2{{x}^{2}}-1){{e}^{{{x}^{2}}}}}{{{x}^{2}}} οπότε

{f}'(x)=0\Leftrightarrow x=\frac{\sqrt{2}}{2} και {f}'(x)>0\Leftrightarrow x>\frac{\sqrt{2}}{2} άρα

η f είναι γνήσια αύξουσα στο διάστημα [\frac{\sqrt{2}}{2},\,\,+\infty ) και {f}'(x)<0\Leftrightarrow x<\frac{\sqrt{2}}{2} άρα

η f είναι γνήσια φθίνουσα στο διάστημα (0,\,\,\frac{\sqrt{2}}{2}] έτσι παρουσιάζει ελάχιστο το f(\frac{\sqrt{2}}{2})=\sqrt{2e}

Επίσης είναι {f}''(x)=\frac{2(2{{x}^{4}}-{{x}^{2}}+1){{e}^{{{x}^{2}}}}}{{{x}^{3}}}>0 επομένως η f είναι κυρτή στο \Delta =(0,+\infty )

Ακόμη \underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f(x)=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{{{x}^{2}}}}}{x}=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{1}{x}{{e}^{{{x}^{2}}}} \right)=+\infty

και \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{{{x}^{2}}}}}{x}\underset{DLH}{\overset{\frac{\infty }{\infty }}{\mathop{=}}}\,\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{2x{{e}^{{{x}^{2}}}}}{1}=+\infty

Τέλος επειδή \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x)}{x}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{{{x}^{2}}}}}{{{x}^{2}}}\underset{DLH}{\overset{\frac{\infty }{\infty }}{\mathop{=}}}\,\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{2x{{e}^{{{x}^{2}}}}}{2x}=+\infty

δεν έχει ασύμπτωτη στο +\infty


2) Είναι {F}'(x)=f(x)>\sqrt{2e}>0,\,\,\,x\in (0,\,\,+\infty ) άρα η F είναι γνήσια αύξουσα στο (0,+\infty ) επομένως αντιστρέφεται.

3) Αν g(x)=F(x)-\frac{{{x}^{2}}}{2},\,\,x\ge 1 τότε ισχύουν ότι g(1)=F(1)-\frac{1}{2}=0 και

{g}'(x)={F}'(x)-x=f(x)-x=\frac{{{e}^{{{x}^{2}}}}}{x}-x=\frac{{{e}^{{{x}^{2}}}}-{{x}^{2}}}{x}>0,\,\,x\ge 1

γιατί από την( με απόδειξη βάσει της γνωστής \ln x\le x-1,\,\,x>0) ισχύει ότι {{e}^{x}}\ge x+1>x,\,\,x\in R

άρα και {{e}^{{{x}^{2}}}}>{{x}^{2}},\,\,x\in R επομένως g είναι γνήσια αύξουσα στο [1,+\infty )

και τότε ισχύει για x>1\overset{g:\nearrow }{\mathop{\Rightarrow }}\,g(x)>g(1)=0 άρα F(x)-\frac{{{x}^{2}}}{2}>0,\,\,\,x>1

Τώρα αν H(x)=F(x)-\frac{{{x}^{2}}}{2}-\ln x,\,\,0<x\le 1τότε ισχύουν ότι H(1)=F(1)-\frac{1}{2}-0=0 και

{h}'(x)={F}'(x)-x-\frac{1}{x}=f(x)-x-\frac{1}{x}=\frac{{{e}^{{{x}^{2}}}}}{x}-x-\frac{1}{x}=\frac{{{e}^{{{x}^{2}}}}-{{x}^{2}}-1}{x}>0\,{{e}^{{{x}^{2}}}}>{{x}^{2}},\,\,x\in R

επομένως h είναι γνήσια αύξουσα στο (0,\,\,1] και τότε ισχύει για x<1\overset{h:\nearrow }{\mathop{\Rightarrow }}\,h(x)<h(1)=0

άρα F(x)-\frac{{{x}^{2}}}{2}-\ln x<0,\,\,\,0<x<1

4) Το πεδίο ορισμού της αντίστροφης της F είναι το σύνολο τιμών της δηλαδή το

F(\Delta )=\left( \underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,F(x),\,\,\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,F(x) \right)

Τώρα επειδή \displaystyle{F(x)<\frac{x^2}{2}+lnx,x \in (0,1)} και \underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,(\frac{{{x}^{2}}}{2}+lnx)=-\infty

θα είναι και \underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,F(x)=-\infty και επειδή \displaystyle{F(x)>\frac{x^2}{2},x>1}και

\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,(\frac{{{x}^{2}}}{2})=+\infty θα είναι και

\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,F(x)=+\infty άρα F(\Delta )=\left( -\infty ,\,\,+\infty  \right)=R

5) ...αναμένεται...

6) Επειδή F(\Delta )=R και 0\in F(\Delta ) υπάρχει \alpha \in \Delta και μάλιστα μοναδικό λόγω μονοτονία ς της F που F(\alpha )=0

Τώρα \int\limits_{1}^{a}{2}xF(x)dx=\int\limits_{1}^{a}{({{x}^{2}}{)}'}F(x)dx=\left[ {{x}^{2}}F(x) \right]_{1}^{a}-\int\limits_{1}^{a}{{{x}^{2}}}{F}'(x)dx=

={{\alpha }^{2}}F(\alpha )-F(1)-\int\limits_{1}^{a}{{{x}^{2}}\frac{{{e}^{{{x}^{2}}}}}{x}}d=-\frac{1}{2}-\int\limits_{1}^{a}{x{{e}^{{{x}^{2}}}}}dx=

=-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\int\limits_{1}^{a}{({{e}^{{{x}^{2}}}}{)}'}dx=-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\left[ {{e}^{{{x}^{2}}}} \right]_{1}^{\alpha }

=-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\left( {{e}^{{{a}^{2}}}}-e \right)=-\frac{1}{2}({{e}^{{{a}^{2}}}}-e+1)

...για το τελευταίο αποτέλεσμα μπορεί να είναι λάθος...θα δείξει...

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης


f ανοιγοντας τους δρομους της Μαθηματικης σκεψης, f' παραγωγος επιτυχιας
Τα Μαθηματικά είναι απλά...όταν σκέπτεσαι σωστά...
Τα Μαθηματικά είναι αυτά...για να δεις πιό μακρυά...
Τα Μαθηματικά είναι μαγεία...όταν έχεις φαντασία...
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 3277
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Μπάμ

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Παρ Απρ 28, 2017 3:01 pm

KAKABASBASILEIOS έγραψε:
5) ...αναμένεται...

6) Επειδή F(\Delta )=R και 0\in F(\Delta ) υπάρχει \alpha \in \Delta και μάλιστα μοναδικό λόγω μονοτονία ς της F που F(\alpha )=0

Τώρα \int\limits_{1}^{a}{2}xF(x)dx=\int\limits_{1}^{a}{({{x}^{2}}{)}'}F(x)dx=\left[ {{x}^{2}}F(x) \right]_{1}^{a}-\int\limits_{1}^{a}{{{x}^{2}}}{F}'(x)dx=

={{\alpha }^{2}}F(\alpha )-F(1)-\int\limits_{1}^{a}{{{x}^{2}}\frac{{{e}^{{{x}^{2}}}}}{x}}d=-\frac{1}{2}-\int\limits_{1}^{a}{x{{e}^{{{x}^{2}}}}}dx=

=-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\int\limits_{1}^{a}{({{e}^{{{x}^{2}}}}{)}'}dx=-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\left[ {{e}^{{{x}^{2}}}} \right]_{1}^{\alpha }

=-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\left( {{e}^{{{a}^{2}}}}-e \right)=-\frac{1}{2}({{e}^{{{a}^{2}}}}-e+1)

...για το τελευταίο αποτέλεσμα μπορεί να είναι λάθος...θα δείξει...

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

Γεια σου Βασίλη.

Το 6) θα δείξει μια διόρθωση στην εκφώνηση.

Για το 5)
Για x> 2 ειναι

F(x)\geq \int_{\frac{x}{2}}^{x}\dfrac{e^{t^{2}}}{t}dt\geq \dfrac{x}{2}\dfrac{e^{\frac{x^{2}}{4}}}{\frac{x}{2}}={e^{\frac{x^{2}}{4}}}


Τελικά για x> 2 είναι

\frac{x^{2}}{4}\leq lnF(x) (1)

Αλλά x> 100\Rightarrow x> F(2)\Rightarrow F^{-1}(x)> 2

Ετσι για x> 100 μπορουμε να βάλουμε στην (1) όπου x το F^{-1}(x)
και να γίνει

(\frac{F^{-1}(x)}{2})^{2}\leq lnx

Τελικά για x> 100 είναι

0< \dfrac{F^{-1}(x)}{lnx}\leq \dfrac{2}{\sqrt{lnx}}

και το κριτήριο παρεμβολής δίνει ότι το δεύτερο όριο είναι 0

Προφανώς και το πρώτο όριο είναι 0


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΘΕΜΑΤΑ ΜΕ ΑΠΑΙΤΗΣΕΙΣ Γ'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης