ΘΕΜΑ

Λάμπρος Κατσάπας · #1

Δίνεται η συνάρτηση $f(x)=\ln (x^2+1)e^x,x\in\mathbb{R}^*$

a) Να εξετετάσετε την

και την

ως προς τη μονοτονία.

b) Να αποδείξετε ότι η

δεν παίρνει ελάχιστη τιμή.

c) Να αποδείξετε ότι για κάθε $x\in(-\infty,0)\cup (0,1)$ ισχύει: $-e^x<{f}'(x)<\dfrac{x^2+1}{1-x}$ .

d) Να αποδείξετε ότι υπάρχει $x_0\in(-\infty,0)$ τέτοιο, ώστε: $f(x_0)=x_0{f}'(x_0).$
Να ερμηνεύσετε γεωμετρικά το αποτέλεσμα.

Edit διόρθωση του (c) μετά την παρατήρηση του κ.Βασίλη.

#2

Λάμπρος Κατσάπας έγραψε: Τρί Μάιος 19, 2020 4:55 pm Δίνεται η συνάρτηση $f(x)=\ln (x^2+1)e^x,x\in\mathbb{R}^*$

a) Να εξετετάσετε την και την ως προς τη μονοτονία.

b) Να αποδείξετε ότι η δεν παίρνει ελάχιστη τιμή.

c) Να αποδείξετε ότι για κάθε $x\in(-\infty,1)$ ισχύει: $-e^x<{f}'(x)<\dfrac{x^2+1}{1-x}$ .

d) Να αποδείξετε ότι υπάρχει $x_0\in(-\infty,0)$ τέτοιο, ώστε: $f(x_0)=x_0{f}'(x_0).$
Να ερμηνεύσετε γεωμετρικά το αποτέλεσμα.

...βρίσκοντας μόνο την μονοτονία της συνάρτησης....

α) Είναι $f(x)=\ln (x^2+1)e^x,x\in\mathbb{R}^*$ παραγωγίσιμη με

${f}'(x)=\left( \frac{2x}{{{x}^{2}}+1}+\ln ({{x}^{2}}+1) \right){{e}^{x}},x\in {{\mathbb{R}}^{*}}$ και για x>0

προφανώς

άρα η

είναι γνήσια αύξουσα στο $(0,\,+\infty )$

Τώρα για x<0

θεωρούμε την $g(x)=\frac{2x}{{{x}^{2}}+1}+\ln ({{x}^{2}}+1),\,\,x\in (-\infty ,\,0]$ που είναι συνεχής με

$g(-1)=-1+\ln 2<0$ και $g(-2)=-\frac{4}{5}-\ln 5>0$ έτσι σύμφωνα με το Θ.Β. υπάρχει ${{x}_{1}}\in (-2,-1),\,\,\,g({{x}_{1}})=0$

Τώρα είναι και παραγωγίσιμη με ${g}'(x)=2\frac{{{x}^{2}}+1-2{{x}^{2}}}{{{({{x}^{2}}+1)}^{2}}}+\frac{2x}{{{x}^{2}}+1}=$

$=2(\frac{1-{{x}^{2}}}{{{({{x}^{2}}+1)}^{2}}}+\frac{x}{{{x}^{2}}+1})=2(\frac{{{x}^{3}}-{{x}^{2}}+x+1}{{{({{x}^{2}}+1)}^{2}}})$

και για την $h(x)={{x}^{3}}-{{x}^{2}}+x+1$ είναι

$h(0)=1>0,\,\,\,h(-1)=-2<0$ άρα από Θ.Β. θα έχει ρίζα στο ${{x}_{0}}\in (-1,0)$ μοναδική αφού

${h}'(x)=3{{x}^{2}}-2x+1>0$ δηλαδή

γνήσια αύξουσα οπότε για $x<{{x}_{0}}\Rightarrow h(x)<0$ οπότε

${g}'(x)=\frac{h(x)}{{{({{x}^{2}}+1)}^{2}}}<0$ άρα

γνήσια φθίνουσα στο $(-\infty ,\,\,{{x}_{0}}]$ επομένως η ρίζα στο

${{x}_{1}}\in (-2,-1),\,\,\,g({{x}_{1}})=0$ είναι μοναδική και για $x>{{x}_{0}}\Rightarrow h(x)>0$ οπότε

${g}'(x)=\frac{h(x)}{{{({{x}^{2}}+1)}^{2}}}>0$ άρα

γνήσια αύξουσα στο $[{{x}_{0}},0]$ και επειδή g(0)=0

το

$g(x)<0,\,\,{{x}_{0}}<x<0$ και τελικά έχουμε την

γνήσια φθίνουσα στο $(-\infty ,\,\,{{x}_{0}}]$ άρα για

$x<{{x}_{1}}\Rightarrow g(x)>g({{x}_{1}})=0$ δηλαδή η ${f}'(x)=g(x){{e}^{x}}>0$ που σημαίνει ότι η

γνήσια αύξουσα στο

$(-\infty ,{{x}_{1}})$ και για ${{x}_{1}}<x<{{x}_{0}}\Rightarrow g({{x}_{1}})>g(x)>g({{x}_{0}})\Leftrightarrow 0>g(x)$

επομένως $g(x)<0,\,\,x\in ({{x}_{1}},0)$ που σημαίνει η ${f}'(x)=g(x){{e}^{x}}<0$ άρα η

γνήσια φθίνουσα στο

στο $({{x}_{1}},\,0)$ .

Παρατήρηση: Η αρχική εξαίρεση του 0 από το πεδίο ορισμού έρχεται σε αντίθεση με το ερώτημα (γ) που ζητάει ιδιότητα σε
διάστημα που περιέχεται το 0..

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #3

Το d) ανεξάρτητα από τα άλλα.
Θέλουμε η $\displaystyle f(x)=xf'(x)$ να έχει ρίζα αρνητική.
Γραφεται
$\displaystyle \ln(x^2+1)=x\ln(x^2+1)+\frac{2x^2}{x^2+1}$
Εστω
$\displaystyle g(x)=\ln(x^2+1)-x\ln(x^2+1)-\frac{2x^2}{x^2+1}$
Είναι
$\displaystyle g(-100)=\ln(100^2+1)+100\ln(100^2+1)-\frac{2.100^2}{100^2+1}>0$
και
$\displaystyle g(-\frac{1}{2})=\ln(\frac{5}{4})+\frac{1}{2}\ln(\frac{5}{4})-\frac{2}{5}=\frac{3}{2}\ln(\frac{5}{4})-\frac{2}{5}=\frac{3}{2}(\ln(\frac{5}{4})-\frac{4}{15})<0$
γιατί
$\displaystyle \ln(\frac{5}{4})<\frac{5}{4}-1=\frac{1}{4}<\frac{4}{15}$
Από Bolzano έχουμε το ζητούμενο.
Την γεωμετρική ερμηνεία την αφήνω.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #4

Κάνω το c)
Είναι
$\displaystyle {f}'(x)=\left( \frac{2x}{{{x}^{2}}+1}+\ln ({{x}^{2}}+1) \right){{e}^{x}}$
και θέλουμε
$\displaystyle -e^x<{f}'(x)<\dfrac{x^2+1}{1-x}$ για x<1

(δώρο το

)
Η αριστερή είναι ισοδύναμη με την
$\displaystyle \frac{2x}{{{x}^{2}}+1}+\ln ({{x}^{2}}+1)>-1$ η

$\displaystyle \ln ({{x}^{2}}+1)>-1-\frac{2x}{{{x}^{2}}+1}$
που ισχύει μιας το αριστερό μέλος είναι μη αρνητικό
με τιμή

μόνο στο

ενω το δεξιό
$\displaystyle -\frac{(x+1)^2}{{{x}^{2}}+1}$

Η δεξιά .
Για x<1

είναι
$\displaystyle e^{x}\leq \frac{1}{1-x}$ και $\ln (x^2+1)\leq x^{2}$
Αν
$\displaystyle \frac{2x}{{{x}^{2}}+1}+\ln ({{x}^{2}}+1)<0$ τετριμμένα ισχύει.
Διαφορετικά είναι

$\displaystyle ( \frac{2x}{{{x}^{2}}+1}+\ln ({{x}^{2}}+1) ){{e}^{x}}\leq (\frac{2x}{{{x}^{2}}+1}+x^2)\frac{1}{1-x}< \frac{x^2+1}{x-1}$

ΘΕΜΑ

ΘΕΜΑ

Re: ΘΕΜΑ

Re: ΘΕΜΑ

Re: ΘΕΜΑ

Μέλη σε σύνδεση