Μετά τις πανελλαδικές...

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
M.S.Vovos
Δημοσιεύσεις: 901
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2015 5:45 pm

Μετά τις πανελλαδικές...

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από M.S.Vovos » Κυρ Ιουν 25, 2017 6:17 pm

Για αποθεραπεία... μετά τις εξετάσεις.
Έστω η συνεχής συνάρτηση f:[-1,1] \longrightarrow \mathbb{R}, παραγωγισίμη στο (-1,1). Αν f(-1)=\sqrt{2}-1, f(1)=1+\sqrt{2} και για κάθε x \in (-1, 1) ισχύει:
\displaystyle{{f'(x)\leqslant \frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}}}+1 (α) Να βρείτε την παράγουσα της συνάρτησης \displaystyle \selectlanguage{english} \textup{g}:\mathbb{R}\longrightarrow \mathbb{R} \mid \textup{g}(x):=\frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}, η οποία έχει στο -\infty ασύμπτωτη την διχοτόμο 2ου και 4ου τεταρτημορίου.

(β) Να αποδειχθεί ότι f(x)=x+\sqrt{x^2+1} για κάθε x \in [-1,1].

(γ) Να oρίσετε τη συνάρτηση f^{-1} και να αποδείξετε ότι οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f, f^{-1} δεν έχουν κοινά σημεία.

(δ) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου, που περικλείεται από τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f, f^{-1} και τις ευθείες \displaystyle x=\frac{1}{2}, x=1.

Φιλικά,
Μάριος


Είναι αυταπάτη ότι η νεότητα είναι ευτυχισμένη, μια αυταπάτη αυτών που την έχουν χάσει. W. Somerset Maugham

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

Re: Μετά τις πανελλαδικές...

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KAKABASBASILEIOS » Δευ Ιουν 26, 2017 12:28 am

M.S.Vovos έγραψε:
Για αποθεραπεία... μετά τις εξετάσεις.
Έστω η συνεχής συνάρτηση f:[-1,1] \longrightarrow \mathbb{R}, παραγωγισίμη στο (-1,1). Αν f(-1)=\sqrt{2}-1, f(1)=1+\sqrt{2} και για κάθε x \in (-1, 1) ισχύει:
\displaystyle{{f'(x)\leqslant \frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}}}+1 (α) Να βρείτε την παράγουσα της συνάρτησης \displaystyle \selectlanguage{english} \textup{g}:\mathbb{R}\longrightarrow \mathbb{R} \mid \textup{g}(x):=\frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}, η οποία έχει στο -\infty ασύμπτωτη την διχοτόμο 2ου και 4ου τεταρτημορίου.

(β) Να αποδειχθεί ότι f(x)=x+\sqrt{x^2+1} για κάθε x \in [-1,1].

(γ) Να oρίσετε τη συνάρτηση f^{-1} και να αποδείξετε ότι οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f, f^{-1} δεν έχουν κοινά σημεία.

(δ) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου, που περικλείεται από τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f, f^{-1} και τις ευθείες \displaystyle x=\frac{1}{2}, x=1.

Φιλικά,
Μάριος
...Καλησπέρα :logo: ... στην αποθεραπεία

α) Είναι g(x)=\frac{x}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}=\frac{({{x}^{2}}+1{)}'}{2\sqrt{{{x}^{2}}+1}}={{\left( \sqrt{{{x}^{2}}+1} \right)}^{\prime }}

άρα οι παράγουσες τις g είναι G(x)=\sqrt{{{x}^{2}}+1}+c,\,\,\,x\in R. Θέλουμε αυτήν για την οποία ισχύει

\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,(G(x)+x)=0ή \underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,(\sqrt{{{x}^{2}}+1}+x+c)=0 ή

\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,(\frac{{{x}^{2}}+1-{{x}^{2}}}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}-x}+c)=0 ή \underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,(\frac{1}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}-x}+c)=0 ή

\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,(-\frac{1}{x}\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{{{x}^{2}}}}+1}+c)=0 ή

0+c=0\Rightarrow c=0 επομένως G(x)=\sqrt{{{x}^{2}}+1},\,\,\,x\in R

β) Από {f}'(x)\frac{x}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}+1\Leftrightarrow {f}'(x)\le {G}'(x)+(x{)}'\Leftrightarrow

{{\left( f(x)-G(x)-x \right)}^{\prime }}\le 0,\,\,x\in (-1,\,\,1) (1)και αν h(x)=f(x)-G(x)-x,\,\,x\in [-1,\,\,1] στα διαστήματα

[-1,\,x],\,\,[x,\,\,1],\,\,x\in (-1,\,1) σύμφωνα με το Θ.Μ.Τ. υπάρχουν {{x}_{1}}\in (-1,\,x),\,\,{{x}_{2}}\in (x,\,\,1) ώστε

{h}'({{x}_{1}})=\frac{h(x)-h(-1)}{x+1},\,\,{h}'({{x}_{2}})=\frac{h(1)-h(x)}{1-x} και λόγω (1) είναι

{h}'({{x}_{1}})\le 0\Leftrightarrow \frac{h(x)-h(-1)}{x+1}\le 0\Leftrightarrow h(x)\le h(-1) και

{h}'({{x}_{2}})\le 0\Leftrightarrow \frac{h(1)-h(x)}{1-x}\le 0\Leftrightarrow h(1)\le h(x) και επειδή

h(-1)=f(-1)-G(-1)+1=\sqrt{2}-1-\sqrt{2}+1=0 και

h(1)=f(1)-G(1)-1=\sqrt{2}+1-\sqrt{2}-1=0 θα ισχύουν

h(x)\le 0 και 0\le h(x) άρα h(x)=0,\,\,\,x\in (-1,\,1) ή

f(x)-\sqrt{{{x}^{2}}+1}-x=0\Leftrightarrow f(x)=\sqrt{{{x}^{2}}+1}+x,\,\,x\in (-1,\,1) και επειδή

\underset{x\to -{{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,(\sqrt{{{x}^{2}}+1}+x)=\sqrt{2}-1=f(-1),\,\,\underset{x\to {{1}^{\_}}}{\mathop{\lim }}\,(\sqrt{{{x}^{2}}+1}+x)=\sqrt{2}+1=f(1)

θα είναι f(x)=\sqrt{{{x}^{2}}+1}+x,\,\,x\in [-1,\,1]

γ) Είναι {f}'(x)=\frac{x}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}+1>0,\,\,x\in [-1,\,1] άρα η f είναι γνήσια αύξουσα, άρα και

'1-1' στο \Delta =[-1,\,1] και f(\Delta )=[f(-1),\,f(1)]=[\sqrt{2}-1,\,\sqrt{2}+1] και με y\in [\sqrt{2}-1,\,\sqrt{2}+1]

η εξίσωση f(x)=y\Leftrightarrow \sqrt{{{x}^{2}}+1}+x=y\Leftrightarrow \sqrt{{{x}^{2}}+1}=y-x\Leftrightarrow

\displaystyle{\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} 
  & y-x\ge 0 \\  
 & {{x}^{2}}+1={{(y-x)}^{2}} \\  
\end{matrix} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} 
  & y\ge x \\  
 & {{x}^{2}}+1={{y}^{2}}-2xy+{{x}^{2}} \\  
\end{matrix} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} 
  & y\ge x \\  
 & 1={{y}^{2}}-2xy \\  
\end{matrix} \right.}

\displaystyle{\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} 
  & y\ge x \\  
 & 2xy={{y}^{2}}-1 \\  
\end{matrix} \right.\overset{y\in \Delta }{\mathop{\Leftrightarrow }}\,\left\{ \begin{matrix} 
  & y\ge x \\  
 & x=\frac{{{y}^{2}}-1}{2y} \\  
\end{matrix} \right.}

Και τώρα πρέπει

\displaystyle{y\ge \frac{{{y}^{2}}-1}{2y}\Leftrightarrow 2{{y}^{2}}\ge {{y}^{2}}-1\Leftrightarrow {{y}^{2}}\ge -1}

που ισχύει και \displaystyle{-1\le x\le 1\Leftrightarrow -1\le \frac{{{y}^{2}}-1}{2y}\le 1\Leftrightarrow -2y\le {{y}^{2}}-1\le 2y}

ή \displaystyle{0\le {{y}^{2}}+2y-1} και \displaystyle{{{y}^{2}}-2y-1\le 0}

ή \displaystyle{2\le {{y}^{2}}+2y+1\Leftrightarrow 2\le {{(y+1)}^{2}}\Leftrightarrow \sqrt{2}\le |y+1|}

και \displaystyle{{{y}^{2}}-2y+1\le 2\Leftrightarrow {{(y-1)}^{2}}\le 2\Leftrightarrow |y-1|\le \sqrt{2}}

που ισχύουν αφού y\in [\sqrt{2}-1,\,\sqrt{2}+1] επομένως \displaystyle{{{f}^{-1}}(x)=\frac{{{x}^{2}}-1}{2x},\,\,}

x\in [\sqrt{2}-1,\,\sqrt{2}+1]

Τώρα επειδή f(x)>x\Leftrightarrow \sqrt{{{x}^{2}}+1}+x>x\Leftrightarrow \sqrt{{{x}^{2}}+1}>0 ισχύει για x\in [-1,\,1]

και \displaystyle{{{f}^{-1}}(x)<x\Leftrightarrow \frac{{{x}^{2}}-1}{2x}<x\Leftrightarrow {{x}^{2}}-1<2{{x}^{2}}\Leftrightarrow -1<{{x}^{2}}}

ισχύει για x\in [\sqrt{2}-1,\,\sqrt{2}+1]οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f, f^{-1} δεν μπορεί να έχουν κοινά σημεία.

...έχει και συνέχεια...

δ) Είναι το ζητούμενο εμβαδόE=\int\limits_{\frac{1}{2}}^{1}{|}f(x)-{{f}^{-1}}(x)|dx και επειδή από προηγούμενο ισχύει

f(x)>x>{{f}^{-1}}(x) θα είναι

\displaystyle{E=\int\limits_{\frac{1}{2}}^{1}{(f(x)-{{f}^{-1}}(x))dx}=\int\limits_{\frac{1}{2}}^{1}{f(x)dx}-\int\limits_{\frac{1}{2}}^{1}{{{f}^{-1}}(x)dx}}

Τώρα με \displaystyle{u=f(x)\Leftrightarrow {{f}^{-1}}(u)=x} οπότε \displaystyle{({{f}^{-1}}{)}'(u)ud=dx} και

\displaystyle{x=\frac{1}{2}\to u=\frac{\sqrt{5}}{2},\,\,\,x=1\to u=\sqrt{2},\,\,\,} και

\displaystyle{\int\limits_{\frac{1}{2}}^{1}{f(x)dx}=\int\limits_{\frac{\sqrt{5}}{2}}^{\sqrt{2}}{u({{f}^{-1}}{)}'(u)dx}=\left[ u{{f}^{-1}}(u) \right]_{\frac{\sqrt{5}}{2}}^{\sqrt{2}}-\int\limits_{\frac{\sqrt{5}}{2}}^{\sqrt{2}}{u{{f}^{-1}}(u)dx}=}

\displaystyle{=\left[ u{{f}^{-1}}(u) \right]_{\frac{\sqrt{5}}{2}}^{\sqrt{2}}-\int\limits_{\frac{\sqrt{5}}{2}}^{\sqrt{2}}{u\frac{{{u}^{2}}-1}{2u}du=}\left[ u{{f}^{-1}}(u) \right]_{\frac{\sqrt{5}}{2}}^{\sqrt{2}}-\frac{1}{2}\int\limits_{\frac{\sqrt{5}}{2}}^{\sqrt{2}}{({{u}^{2}}-1)du}}

έτσι

\displaystyle{E=\left[ u{{f}^{-1}}(u) \right]_{\frac{\sqrt{5}}{2}}^{\sqrt{2}}-\frac{1}{2}\int\limits_{\frac{\sqrt{5}}{2}}^{\sqrt{2}}{({{u}^{2}}-1)du}- 
\int\limits_{\frac{1}{2}}^{1}{\frac{{{x}^{2}}-1}{2x}dx}=}


\displaystyle{=\left[ u{{f}^{-1}}(u) \right]_{\frac{\sqrt{5}}{2}}^{\sqrt{2}}-\frac{1}{2}\int\limits_{\frac{\sqrt{5}}{2}}^{\sqrt{2}}{({{u}^{2}}-1)du}-\frac{1}{2}\int\limits_{\frac{1}{2}}^{1}{(x-\frac{1}{x})dx}=}

\displaystyle{=\left[ u{{f}^{-1}}(u) \right]_{\frac{\sqrt{5}}{2}}^{\sqrt{2}}-\frac{1}{2}\int\limits_{\frac{\sqrt{5}}{2}}^{\sqrt{2}}{({{u}^{2}}-1)du}- 
\frac{1}{2}\left[ \frac{1}{2}{{x}^{2}}-\ln x \right]_{\frac{1}{2}}^{1}=....}

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...
Άβαταρ μέλους
M.S.Vovos
Δημοσιεύσεις: 901
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2015 5:45 pm

Re: Μετά τις πανελλαδικές...

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από M.S.Vovos » Δευ Ιουν 26, 2017 5:38 pm

Ευχαριστώ κ. Βασίλη.

Να παραθέσω και γω με τη σειρά μου κάποιες λύσεις...

(γ) Έστω ότι υπάρχει κοινό σημείο, δηλαδή υπάρχει \displaystyle{x_{0}\in \left [ -1,1 \right ]\cap \left [ -1+\sqrt{2},1+\sqrt{2} \right ]} ή \displaystyle{x_{0}\in \left [ -1+\sqrt{2},1 \right ]} τέτοιο ώστε:
\displaystyle{f\left ( x_{0} \right )=f^{-1}\left ( x_{0} \right )\Leftrightarrow }

\displaystyle{f\left ( f\left ( x_{0} \right ) \right )=x_{0}\Leftrightarrow }

\displaystyle{f\left ( x_{0} \right )+\sqrt{f^{2}\left ( x_{0} \right )+1}=x_{0}\Leftrightarrow }

\displaystyle{\sqrt{x_{0}^{2}+1}+\sqrt{f^{2}\left ( x_{0} \right )+1}=0}
Που είναι προφανώς αδύνατο. Άρα, δεν υπάρχει τέτοιο x_{0}.

(δ) Από το προηγούμενο ερώτημα γνωρίζουμε ότι οι συναρτήσεις \displaystyle{f,f^{-1}} δεν έχουν κοινά σημεία, επομένως \displaystyle{f(x)\neq f^{-1}(x)} για κάθε \displaystyle{x\in \left [ -1+\sqrt{2},1 \right ]}.

Επομένως, λόγω του ότι η συνάρτηση \displaystyle{h:\left [ \frac{1}{2},1 \right ]\longrightarrow \mathbb{R}\mid h(x)=f(x)-f^{-1}(x)} είναι διάφορη του μηδενός και συνεχής, θα διατηρεί σταθερό πρόσημο στο εν λόγω διάστημα. Αφού, \displaystyle{h(1)=f(1)-f^{-1}(1)=1+\sqrt{2}>0} θα είναι h(x)>0 για κάθε \displaystyle{x\in \left [ \frac{1}{2},1 \right ]}.

'Αρα, το ζητούμενο εμβαδόν είναι το:
\displaystyle{E=\int_{1/2}^{1}\left [f(x)-f^{-1}(x)  \right ]\textup{d}x=\int_{1/2}^{1}x+\sqrt{x^{2}+1}-\frac{x^{2}-1}{2x}\textup{d}x=}

\displaystyle{=\int_{1/2}^{1}\left (x-\frac{x}{2}+\frac{1}{2x}  \right )\textup{d}x+\int_{1/2}^{1}\sqrt{x^{2}+1}\textup{d}x=}

\displaystyle{=\left.\begin{matrix} 
\displaystyle \frac{t^{2}}{4}+\frac{\ln t 
}{2}\end{matrix}\right|_{x=1/2}^{x=1}+\int_{1/2}^{1}\sqrt{x^{2}+1}\textup{d}x=}

\displaystyle{=\frac{4\ln 2-1}{16}+\int_{1/2}^{1}\sqrt{x^{2}+1}\textup{d}x}
Μένει δηλαδή, να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα:
\displaystyle{I=\int_{1/2}^{1}\sqrt{x^{2}+1}\textup{d}x=\left [t\sqrt{t^{2}+1}\right ]_{1/2}^{1}-\int_{1/2}^{1}\frac{x^{2}}{\sqrt{x^{2}+1}}\textup{d}x=}

\displaystyle{=\frac{2\sqrt{2}}{3}-\frac{5\sqrt{5}}{24}-\int_{1/2}^{1}\frac{x^{2}+1-1}{\sqrt{x^{2}+1}}\textup{d}x=}

\displaystyle{=\frac{2\sqrt{2}}{3}-\frac{5\sqrt{5}}{24}-\int_{1/2}^{1}\frac{x^{2}+1}{\sqrt{x^{2}+1}}\textup{d}x+\int_{1/2}^{1}\frac{\textup{d}x}{\sqrt{x^{2}+1}}=}

\displaystyle{=\frac{2\sqrt{2}}{3}-\frac{5\sqrt{5}}{24}-\frac{I}{2}+\left [\ln\left ( t+\sqrt{t^{2}+1} \right )  \right ]_{1/2}^{1}}
Επομένως:
\displaystyle{\frac{3I}{2}=\frac{2\sqrt{2}}{3}-\frac{5\sqrt{5}}{24}+\ln \left ( 1+\sqrt{2} \right )-\ln\left ( 1+\sqrt{5} \right )+\ln 2\Leftrightarrow }

\displaystyle{I=\frac{4\sqrt{2}}{9}-\frac{10\sqrt{5}}{72}+\frac{2}{3}\left ( \ln \left ( 1+\sqrt{2} \right )-\ln\left ( 1+\sqrt{5} \right )+\ln 2 \right )}
Τελικά το ζητούμενο εμβαδόν ισούται με:
\displaystyle{E=\frac{4\ln 2-1}{16}+\frac{4\sqrt{2}}{9}-\frac{10\sqrt{5}}{72}+\frac{2}{3}\left ( \ln \left ( 1+\sqrt{2} \right )-\ln\left ( 1+\sqrt{5} \right )+\ln 2 \right )} τ.μ.


Είναι αυταπάτη ότι η νεότητα είναι ευτυχισμένη, μια αυταπάτη αυτών που την έχουν χάσει. W. Somerset Maugham
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΘΕΜΑΤΑ ΜΕ ΑΠΑΙΤΗΣΕΙΣ Γ'”

Μέλη σε σύνδεση

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