Μοναδική εφαπτομένη από σημείο του άξονα.

abgd · #1

Με αφορμή αυτή την άσκηση του Θανάση, ένα απαιτητικό θέμα...

Έστω η συνάρτηση $\displaystyle{f:(0,+\infty)\to \mathbb{R}}$ για την οποία γνωρίζουμε ότι:

είναι δύο φορές παραγωγίσιμη με $\displaystyle{f ' ' }$ αρνητική,

$\displaystyle{f\left((0,+\infty)\right)= \mathbb{R}}$ ,

$\displaystyle{\lim_{x\to \+\infty}{\frac{f(x)}{x}=0}$ .

υπάρχει $\displaystyle{m>0}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{f'(m)>0}$

Να αποδειχθεί ότι από οποιοδήποτε σημείο $\displaystyle{A(0,a)}$ του άξονα $\displaystyle{y'y}$ άγεται μοναδική εφαπτομένη στη γραφική παράσταση της συνάρτησης $\displaystyle{f}$ .

Edit 26/4/23 9.40: Μετά από υπόδειξη του Λάμπρου, (Λάμπρος Κατσάπας), να επισημάνω ότι μπορούμε να έχουμε λύση χωρίς την υπόθεση: υπάρχει $\displaystyle{m>0}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{f'(m)>0}$

#2

ΛΑΘΟΣ ΠΡΑΞΕΙΣ ΣΥΓΝΩΜΗ!!!

#3

abgd έγραψε: ↑
Σάβ Απρ 22, 2023 7:52 pm
Με αφορμή αυτή την άσκηση του Θανάση, ένα απαιτητικό θέμα...

Έστω η συνάρτηση $\displaystyle{f:(0,+\infty)\to \mathbb{R}}$ για την οποία γνωρίζουμε ότι:

είναι δύο φορές παραγωγίσιμη με $\displaystyle{f ' ' }$ αρνητική,

$\displaystyle{f\left((0,+\infty)\right)= \mathbb{R}}$ ,

$\displaystyle{\lim_{x\to \+\infty}{\frac{f(x)}{x}=0}$ .

υπάρχει $\displaystyle{m>0}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{f'(m)>0}$
Να αποδειχθεί ότι από οποιοδήποτε σημείο $\displaystyle{A(0,a)}$ του άξονα $\displaystyle{y'y}$ άγεται μοναδική εφαπτομένη στη γραφική παράσταση της συνάρτησης $\displaystyle{f}$ .

A) Πρώτα θα βρούμε τα όρια της συνάρτησης στα $0, +\infty$ .

H

είναι γνησίως φθίνουσα επομένως στο (0,m]

είναι θετική και η

γνησίως αύξουσα. Άρα
$f\left( \left( 0,m\right] \right) =\left( \lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}}f\left( x\right) ,f\left( m\right) \right]$

Στο διάστημα $\left[ m,+\infty \right)$ η

δε μπορεί να έχει ρίζα. Αν είχε κάποια n>m

στο $\left( n,+\infty \right)$ η

θα ήταν αρνητική και επομένως στο $\left[ n,+\infty \right)$ η

θα ήταν γνησίως φθίνουσα. Αλλά τότε θα είχαμε ότι $f\left( \left[ n,+\infty \right) \right) =\left( \lim\limits_{x\rightarrow +\infty }f\left( x\right) ,f\left( n\right) \right]$ . Αφού, προφανώς, θα είναι $f\left( \left[ m,n\right] \right) =\left[ f\left( m\right) ,f\left( n\right) \right]$ έχουμε (ανεξάρτητα από το ποιές είναι οι τιμές των ορίων) ενώνοντας τα επιμέρους διαστήματα, το άτοπο συμπέρασμα ότι $f\left( 0,+\infty \right) \subseteq \left( -\infty ,f\left( n\right) \right]$ . Συνεπώς η

δεν έχει ρίζα, άρα διατηρεί πρόσημο, επομένως είναι θετική και η

είναι γνησίως αύξουσα άρα
$f\left(( 0,+\infty ) \right) =\left( \lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}}f\left( x\right)) ,\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }f\left( x\right) \right)$ .
Αλλά από την υπόθεση το σύνολο τιμών της

είναι το $\mathbb{R}$ . Άρα έχουμε ότι
$\boxed{\lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}}f\left( x\right) =-\infty ,\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }f\left( x\right) =+\infty }$ ,

B) Στη συνέχεια αποδεικνύουμε ότι από το τυχόν (0, a)

διέρχετα μοναδική εφαπτομένη της $\mathcal{C}_f$ .

Ύπαρξη Για να υπάρχει εφαπτομένη $y-f\left( x_{0}\right) =f^{\prime }\left( x_{0}\right) \left( x-x_{0}\right)$ που διέρχεται από το (0,a)

πέπει για κάποιο x_0

να ισχύει $a-f\left( x_{0}\right) =-f^{\prime }\left( x_{0}\right) x_{0}$ δηλαδή η παραγωγίσιμη συνάρτηση
$s\left( t\right) =f^{\prime }(t)t-f\left( t\right) +a$ , $t\in \left( 0,+\infty \right)$
να έχει ρίζα.
$\bullet$ Για t<m

είναι $f^{\prime }\left( t\right) >f^{\prime }\left( m\right)$ επομένως
$s\left( t\right) >f^{\prime }(m)t-f\left( t\right) +a$
Αλλά $\lim\limits_{t\rightarrow 0^{+}}\left( f^{\prime }(m)t-f\left( t\right) +a\right) =+\infty$ άρα και $\lim\limits_{t\rightarrow 0^{+}}s\left( t\right) =+\infty$ . Επομένως $s\left( x_{1}\right) >0$ για κάποιο $x_{1}$ .
$\bullet$ Για t>m

έχουμε
H

ως γνησίως φθίνουσα και συνεχής έχει όριο στο $+\infty$ που είναι το κάτω άκρο του διαστήματος $f^{\prime }\left( \left( 0,+\infty \right) \right)$ . Έστω

. Από την υπόθεση έχουμε
$0=\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }\frac{f\left( x\right) }{x}\underset{\left( \frac{+\infty}{+\infty}\right) }{=\allowbreak }\frac{\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }f^{\prime }\left( x\right) }{1}=L$ .
Λόγω του κοίλου της $\mathcal{C}_f$ έχουμε ότι κάθε σημείο της βρίσκεται κάτω από την εφαπτομένη $y=f^{\prime }\left( t\right) \left( x-t\right) +f\left( t\right)$ άρα αυτό ισχύει και για το σημείο $\left( \frac{1}{f^{\prime }\left( t\right) },f\left( \frac{1}{f^{\prime }\left( t\right) }\right) \right)$ . Επομένως $f\left( \frac{1}{f^{\prime }\left( t\right) }\right) \leq f^{\prime }\left( t\right) \left( \frac{1}{f^{\prime }\left( t\right) }-t\right) +f\left( t\right)$ που μας δίνει την $f^{\prime }\left( t\right) t-f\left( t\right) \leq -f\left( \frac{1}{f^{\prime }\left( t\right) }\right) +1$ . Αλλά $\lim\limits_{t\rightarrow +\infty }\left( -f\left( \frac{1}{f^{\prime }\left( t\right) }\right) +1\right) =\lim\limits_{r\rightarrow 0^{+}}\left( -f\left( \frac{1}{r}\right) +1\right) =\lim\limits_{q\rightarrow +\infty }\left( -f\left( q\right) +1\right) =-\infty$ και επομένως και $\lim\limits_{t\rightarrow +\infty }s\left( t\right) =-\infty$ .
Άρα $s\left( x_{2}\right) <0$ για κάποιο x_2

,
Από το θεώρημα του Bolzano έχουμε ότι η

έχει μια τουλάχιστον ρίζα.

Μοναδικότητα Είναι $s' \left( t\right) =f^{\prime \prime }(t)t+f^{\prime }\left( t\right) -f\left( t\right) =f^{\prime \prime }(t)t<0$ άρα η

είναι γνησίως φθίνουσα και η ρίζα της μοναδικη.

O Κώστας (abgd) είχε την καλοσύνη να μου επισημάνει με προσωπικό μήνυμα δύο λάθη εκ των οποίοων το ένα ήταν ουσιώδες και αφορούσε στον υπολογισμό του ορίου $\lim\limits_{t\rightarrow +\infty }s\left( t\right)$ Τον ευχαριστώ πολύ. Προχώρησα σε επιδιόρθωση που ελπίζω να είναι η τελική.

abgd · #4

Πολύ ωραία Νίκο...

Εκπληκτική η "σύλληψη" του σημείου
$\left( \frac{1}{f^{\prime }\left( t\right) },f\left( \frac{1}{f^{\prime }\left( t\right) }\right) \right)$
η οποία οδηγεί στην εύρεση του δύσκολου ορίου του θέματος, δηλαδή το $\lim\limits_{t\rightarrow +\infty }s\left( t\right) =-\infty$ .

Αν δεν υπάρξει κάτι διαφορετικό, θα δώσω και την δική μου αντιμετώπιση του θέματος.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #5

abgd έγραψε: ↑
Σάβ Απρ 22, 2023 7:52 pm
Με αφορμή αυτή την άσκηση του Θανάση, ένα απαιτητικό θέμα...

Έστω η συνάρτηση $\displaystyle{f:(0,+\infty)\to \mathbb{R}}$ για την οποία γνωρίζουμε ότι:

είναι δύο φορές παραγωγίσιμη με $\displaystyle{f ' ' }$ αρνητική,

$\displaystyle{f\left((0,+\infty)\right)= \mathbb{R}}$ ,

$\displaystyle{\lim_{x\to \+\infty}{\frac{f(x)}{x}=0}$ .

υπάρχει $\displaystyle{m>0}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{f'(m)>0}$
Να αποδειχθεί ότι από οποιοδήποτε σημείο $\displaystyle{A(0,a)}$ του άξονα $\displaystyle{y'y}$ άγεται μοναδική εφαπτομένη στη γραφική παράσταση της συνάρτησης $\displaystyle{f}$ .

Edit 26/4/23 9.40: Μετά από υπόδειξη του Λάμπρου, (Λάμπρος Κατσάπας), να επισημάνω ότι μπορούμε να έχουμε λύση χωρίς την υπόθεση: υπάρχει $\displaystyle{m>0}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{f'(m)>0}$

Είναι γνωστό και εύκολο να αποδειχθεί με σχολικά Μαθηματικά ότι αν έχουμε μια κοίλη συνάρτηση ορισμένη σε διάστημα
τότε υπάρχουν τρεις περιπτώσεις.
1)Είναι γνησίως αύξουσα
2)Είναι γνησίως φθίνουσα
3)Σε εσωτερικό σημείο του διαστήματος παίρνει μέγιστη τιμή.
Επειδή εδώ είναι
$\displaystyle{f\left((0,+\infty)\right)= \mathbb{R}}$
η τρίτη περίπτωση αποκλείεται αμέσως
Η δεύτερη περίπτωση αποκλείεται γιατί είναι κάτω από μια εφαπτομένη της.

Αρα η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα οπότε
$\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0^{+}}f(x)=-\infty ,\lim_{x\rightarrow \infty }f(x)=\infty$
Οπως έγραψε και ο Νίκος παραπάνω αυτό που θέλουμε είναι ότι
η εξίσωση
$\displaystyle xf'(x)-f(x)+a=0 , a\in \mathbb{R}$
έχει μοναδική ρίζα στο $(0,\infty )$
Θέτουμε
$\displaystyle g(x)= xf'(x)-f(x)+a$
Είναι
$\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0^{+}}g(x)=\infty$
Αν υπάρχει x_0>0,g(x_0)<0

από Bolzano τελειώσαμε.
Διαφορετικά θα είναι $g(x)\geq 0 ,x>0$
Αρα θα είναι
$\displaystyle xf'(x)-f(x)+a\geq 0\Leftrightarrow (\frac{f(x)}{x})'\geq (\frac{a}{x})'\Leftrightarrow (\frac{f(x)}{x}-\frac{a}{x})'\geq 0$

Εχουμε ότι η $\displaystyle \frac{f(x)}{x}-\frac{a}{x}$ είναι αύξουσα .
Αρα για $x>x_{0}$ είναι $\displaystyle \frac{f(x)}{x}-\frac{a}{x}\geq \frac{f(x_0)}{x_0}-\frac{a}{x_0}$
Διαλέγοντας x_0

ώστε

και παίρνοντας $x\rightarrow \infty$
καταλήγουμε σε ΑΤΟΠΟ.
Την μοναδικότητα την έχει κάνει ο Νίκος.
Να σημειώσω ότι η συνθήκη $\displaystyle{\lim_{x\to \+\infty}{\frac{f(x)}{x}=0}$
είναι απαραίτητη.
Αν δεν ισχύει τότε μπορεί να βρεθεί παράδειγμα.
π.χ για την $\displaystyle f(x)=x+\ln x$ δεν ισχύει το συμπέρασμα.

abgd · #6

Ευχαριστώ το Σταύρο για την ωραία προσέγγιση του θεματος.

Γράφω αναλυτικά την δική μου αντιμετώπιση....

Αναλυτική περιγραφή του ζητούμενου:

Η εφαπτομένη της C_f

στο σημείο $M\left(t,f(t)\right), \ \ t>0$ έχει εξίσωση: y-f(t)=f'(t)(x-t)

.

Αυτή άγεται από το σημείο A(0,a)

αν και μόνο αν $a-f(t)=f'(t)(0-t)\Leftrightarrow f(t)-tf'(t)=a$ .

Έτσι, για να δείξουμε ότι από κάθε σημείο του άξονα y'y

άγεται μοναδική εφαπτομένη στην C_f

,

αρκεί να δείξουμε ότι η συνάρτηση $g(t)=f(t)-tf'(t), \ \ t>0$ είναι 1-1

με σύνολο τιμών το $\mathbb{R}$ .
..............................................................................................................................................................
Ισχυρισμός 1.

Η συνάρτηση

είναι παραγωγίσιμη και κοίλη σε διάστημα $\Delta$ τότε

$\forall x,y \in \Delta$ με $x\ne y$ ισχύει: $\boxed{f'(x)(x-y)<f(x)-f(y)<f'(y)(x-y)} \bf(1)$ .

Η απόδειξη είναι απλή, με τη βοήθεια του Θ.Μ.Τ. στο διάστημα με άκρα τα και της μονοτονίας της παραγώγου.
......................................................................................................................................................
Ισχυρισμός 2.

Η συνάρτηση

είναι παραγωγίσιμη, (με συνεχή παράγωγο)*, κοίλη στο $(0,+\infty)$ με σύνολο τιμών το $\mathbb{R}$ τότε η παράγωγός της είναι θετική.
Απόδειξη
Αν υποθέσουμε ότι υπάρχει

τέτοιο ώστε f'(y)=0

τότε από την $\bf(1)$ έχουμε: $f(x)<f(y), \forall x\ne y$ ή $f(x) \leq f(y), \forall x>0$
Αυτό είναι άτοπο αφού το σύνολο τιμών της συνάρτησης είναι το $\mathbb{R}$
Οπότε $f'(x)\ne0, \ \ \forall x>0$ και έτσι η

θα διατηρεί σταθερό πρόσημο στο $(0,+\infty)$ .
Αν υποθέσουμε ότι

αρνητική, τότε η

θα είναι γνησίως φθίνουσα.
Από την $\bf(1)$ όμως για x>y

θα έχουμε: f(x)<f'(y)(x-y)+f(y)<f(y)

άτοπο. Άρα θα πρέπει

θετική.
.................................................................................................................................

Η

είναι γνησίως αύξουσα, και συνεχής με $f\left((0,+\infty)\right)=\mathbb{R}$ οπότε $\displaystyle{\lim_{x\to 0^+}{f(x)}=-\infty}$ και $\displaystyle{\lim_{x\to +\infty}{f(x)}=+\infty}$

Από την $\bf(1)$

για είναι $f'(x)>\frac{f(x)-f(y)}{x-y}$ και αφού $\displaystyle{ \lim_{x\to 0^+}{ \frac{f(x)-f(y)}{x-y}}=+\infty}$ θα πρέπει: $\displaystyle{\lim_{x\to 0^+}{f'(x)}=+\infty}$

για είναι $0<f'(x)<\frac{f(x)-f(y)}{x-y}$ και αφού $\displaystyle{ \lim_{x\to +\infty}{ \frac{f(x)-f(y)}{x-y}}=\lim_{x\to +\infty}{ \frac{\frac{f(x)}{x}-\frac{f(y)}{x}}{1-\frac{y}{x}}}=0}$ θα πρέπει: $\displaystyle{\lim_{x\to +\infty}{f'(x)}=0}$

......................................................................................................................................................................

Για την συνάρτηση

τώρα έχουμε: $g'(t)=-tf''(t)>0, \ \ \forall t>0$ οπότε η

είναι γνησίως αύξουσα και αφού είναι και συνεχής θα είναι $\displaystyle{g\left((0,+\infty)\right)=\left(\lim_{x\to 0^+}{g(x)}, \lim_{x \to + \infty }{g(x)}\right)}$

Έχουμε: $g(t)=f(t)-tf'(t)<f(t), \ \ \forall t>0$ και $\displaystyle{ \lim_{t \to 0^+}{f(t)}=-\infty}$ άρα θα είναι $\displaystyle{ \lim_{t \to 0^+}{g(t)}=-\infty}$

Από την $\bf(1)$ για y:t

προκύπτει: $g(t)=f(t)-tf'(t) \geq f(x)-xf'(t), \ \ \forall x, t \in (0,+\infty)$

$\displaystyle{\lim_{x \to +\infty}{\left(\lim_{t \to +\infty}{g(t)}\right) \geq \lim_{x \to +\infty}{\left(\lim_{t \to +\infty}{\left(f(x)-xf'(t)\right)}\right) =+\infty}$

Έτσι, $\displaystyle{\lim_{t\to +\infty}{g(t)=+\infty}$ και συνεπώς $\boxed{g\left((0,+\infty)\right)=\mathbb{R}}$

Henri van Aubel · #7

Ομολογώ πως έπεσα τυχαία πάνω σε αυτό το θέμα (που είναι ωραίο και καθόλου απαιτητικό). Δίνω τη λύση μου.

Για τον λόγο που είπε ο Σταύρος (απλά πράγματα...), η

είναι γνησίως αύξουσα στο $\left ( 0,\infty \right )$ , οπότε $\displaystyle f\left ( \left ( 0,\infty \right ) \right )=\left ( \displaystyle \lim_{x\rightarrow 0^{+}}f\left ( x \right ),\lim_{x\rightarrow \infty}f\left ( x \right ) \right )=\mathbb{R}.$

Επομένως, $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0^{+}}f\left ( x \right )-\infty,\lim_{x\rightarrow \infty}f\left ( x \right )=\infty.$

Θέλουμε η συνάρτηση $g\left ( x \right )=xf{'}\left ( x \right )-f\left ( x \right )+a,a\in \mathbb{R}$ να έχει μοναδική ρίζα στο $\left ( 0,\infty \right ).$

Η

είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο $\left ( 0,\infty \right )$ με $g{'}\left ( x \right )=xf{''}\left ( x \right )< 0$ , άρα είναι γνησίως φθίνουσα στο $\left ( 0,\infty \right ).$

Συνεπώς, $\displaystyle g\left ( \left ( 0,\infty \right ) \right )=\left ( \lim_{x\rightarrow \infty}g\left ( x \right ),\lim_{x\rightarrow 0^{+}} g\left ( x \right )\right ).$

Όμως, $\displaystyle \lim_{x\rightarrow \infty}g\left ( x \right )=\lim_{x\rightarrow \infty}\left ( xf{'}\left ( x \right )-f\left ( x \right )+a \right )=\lim_{x\rightarrow \infty}\left ( xf{'}\left ( x \right )+a \right )-\lim_{x\rightarrow \infty}f\left ( x \right ).$

Είναι $\displaystyle \lim_{x\rightarrow \infty}\frac{f\left ( x \right )}{x}^{\left ( \frac{\infty}{\infty} \right )}=\lim_{x\rightarrow \infty}f{'}\left ( x \right )=0$ και $\displaystyle \lim_{x\rightarrow \infty}x=\infty$ , επομένως από τον κανόνα de L' Hopital είναι $\displaystyle \lim_{x\rightarrow \infty}xf{'}\left ( x \right )=\lim_{x\rightarrow \infty}\frac{f{'}\left ( x \right )}{x^{-1}}^{\left ( \frac{0}{0} \right )}=\lim_{x\rightarrow \infty}\frac{f{''}\left ( x \right )}{-x^{-2}}=\lim_{x\rightarrow \infty}-x^{2}f{''}\left ( x \right )=0.$

Δηλαδή, $\displaystyle \lim_{x\rightarrow \infty}g\left ( x \right )=-\infty.$

Ομοίως, $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0^{+}}g\left ( x \right )=\lim_{x\rightarrow 0^{+}}\left ( xf{'}\left ( x \right )-f\left ( x \right )+a \right )=\lim_{x\rightarrow 0^{+}}\left ( xf{'}\left ( x \right )+a \right )-\lim_{x\rightarrow 0^{+}}f\left ( x \right ).$

Δηλαδή, $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0^{+}}g\left ( x \right )=\infty.$

Επομένως, $g\left ( \left ( 0,\infty \right ) \right )=\left ( -\infty,\infty \right )=\mathbb{R}$ , άρα η

έχει ρίζα στο $\left ( 0,\infty \right )$ και επειδή η

είναι γνησίως μονότονη στο διάστημα αυτό, η ρίζα μας είναι μοναδική.

Υ.Γ ΠΡΟΣΟΧΗ! Το όριο $\displaystyle \lim_{x\rightarrow \infty}-x^{2}f{''}\left ( x \right )$ δεν ξέρουμε ούτε καν αν υπάρχει. Επομένως, δεν μπορούμε να κάνουμε DLH. Το άφησα όμως, καθώς ήθελα να βρω έναν συντομότερο υπολογισμό του ορίου σε σχέση με αυτόν που βρήκα στην αρχή και θεωρώ ότι έχει διδακτική αξία! [Στα παρακάτω, έχουμε δείξει από πριν ότι το όριο $\displaystyle \lim_{x\rightarrow \infty}f{'}\left ( x \right )$ υπάρχει , άρα με DLH έχουμε $\displaystyle \lim_{x\rightarrow \infty}\frac{f\left ( x \right )}{x}^{\left ( \frac{\infty}{\infty} \right )}=\lim_{x\rightarrow \infty}f{'}\left ( x \right )=0.$ ]

Και για του λόγου το αληθές, στην πρώτη μου λύση (για τον υπολογισμό του απαιτητικού ορίου και αφού είχα δείξει όλα τα υπόλοιπα) θεώρησα την συνάρτηση $g\left ( k \right )=kf{'}\left ( k \right )-f\left ( k \right )+a,k> 0,a\in \mathbb{R}$ και είναι παραγωγίσιμη, συνεχής στο $\left ( 0,\infty \right )$ με $g{'}\left ( k \right )=kf{''}\left ( k \right )< 0$ , άρα είναι γνησίως φθίνουσα στο $\left ( 0,\infty \right ).$ Επομένως $\displaystyle g\left ( \left ( 0,\infty \right ) \right )=\left ( \lim_{k\rightarrow \infty} g\left ( k \right ),\lim_{k\rightarrow 0^{+}}g\left ( k \right )\right ).$

Είναι $\displaystyle \lim_{k\rightarrow 0^{+}}\left ( kf{'}\left ( k \right )-f\left ( k \right ) \right )> \lim_{k\rightarrow 0^{+}}-f\left ( k \right )=\infty\Rightarrow \lim_{k\rightarrow 0^{+}}g\left ( k \right )=\infty.$

Αν δείξω ότι $\displaystyle \lim_{k\rightarrow \infty}kf{'}\left ( k \right )-f(k)=-\infty$ , τότε τελείωσα.

Επειδή η

είναι κοίλη, κάθε σημείο της $C_{f}$ βρίσκεται κάτω από την εφαπτομένη $y=f{'}\left ( k \right )\left ( x-k \right )+ f\left ( k \right ).$

Θέτοντας όπου

το $\displaystyle \frac{1}{f{'}\left ( k \right )}$ παίρνω $\displaystyle f\left ( \frac{1}{f{'}\left ( k \right )} \right )\leq f{'}\left ( k \right )\left ( \frac{1}{f{'}\left ( k \right )}-k \right )+f\left ( k \right )\Leftrightarrow kf{'}\left ( k \right )-f\left ( k \right )\leq 1-f\left ( \frac{1}{f{'}\left ( k \right )} \right ).$

Επομένως, αν δείξω ότι $\displaystyle \lim_{k\rightarrow \infty}1-f\left ( \frac{1}{f{'}\left ( k \right )} \right )=-\infty$ , τότε τελείωσα.

Δηλαδή, αν δείξω ότι $\displaystyle \lim_{k\rightarrow \infty}f\left ( \frac{1}{f{'}\left ( k \right )} \right )=\infty$ , τότε τελείωσα.

Είναι $\displaystyle \lim_{k\rightarrow \infty}f\left ( \frac{1}{f{'}\left ( k \right )} \right )=\lim_{l\rightarrow 0^{+}}f\left ( \frac{1}{l} \right )=\lim_{n\rightarrow \infty}f\left ( n \right )=\infty.$

Τελειώσαμε.

#8

Καλησπέρα. Έχω κάποιες απορίες:

Henri van Aubel έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 15, 2023 5:31 pm

Είναι $\displaystyle \lim_{x\rightarrow \infty}\frac{f\left ( x \right )}{x}^{\left ( \frac{\infty}{\infty} \right )}=\lim_{x\rightarrow \infty}f{'}\left ( x \right )=0$

Αυτό δεν καταλαβαίνω γιατί ισχύει. Ξέρουμε ότι υπάρχει το όριο της

για να εφαρμόσουμε de L' Hopital;

Επίσης:

Henri van Aubel έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 15, 2023 5:31 pm
επομένως από τον κανόνα de L' Hopital είναι $\displaystyle \lim_{x\rightarrow \infty}xf{'}\left ( x \right )=\lim_{x\rightarrow \infty}\frac{f{'}\left ( x \right )}{x^{-1}}^{\left ( \frac{0}{0} \right )}=\lim_{x\rightarrow \infty}\frac{f{''}\left ( x \right )}{-x^{-2}}=\lim_{x\rightarrow \infty}-x^{2}f{''}\left ( x \right )=0.$

Παρόμοια ερώτηση με παραπάνω. Και γιατί ξέρουμε ότι υπάρχει το τελευταίο όριο και είναι ίσο με 0;

Henri van Aubel · #9

Καλησπέρα.
1ο:
Η f{'}

είναι συνεχής, παραγωγίσιμη και γνησίως φθίνουσα στο $\left ( 0,\infty \right )$ , επομένως $\displaystyle f{'}\left ( \left ( 0,\infty \right ) \right )=\left ( \lim_{x\rightarrow \infty}f{'}\left ( x \right ),\lim_{x\rightarrow 0^{+}}f{'}\left ( x \right ) \right ).$

Άρα, το όριο $\displaystyle \lim_{x\rightarrow \infty}f{'}\left ( x \right )$ υπάρχει.

2ο:

Το έχω θέσει ως άσκηση εδώ https://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=56&t=74475
Όπως είδαμε, δεν ισχύει.

Αρχικά, να πω δυο πράγματα για το θέμα.
Στον υπολογισμό του "δύσκολου " ορίου της άσκησης, χρησιμοποίησα το δεδομένο ότι η f είναι κοιλη και το βρήκα εύκολα. Γι αυτό είπα ότι δεν είναι απαιτητικο θέμα.
Επειδή ήλπιζα για μια συντομότερη λύση, δοκίμασα να κάνω DLH, αλλά είδα πως δεν ικανοποιουνται οι προϋποθέσεις.
Όμως το άφησα, γιατί θεωρώ ότι αυτο το αδιέξοδο έχει διδακτικη αξία.
Είναι οφθαλμοφανες το πως κινείσαι για να βρεις το δύσκολο όριο (για εμενα). Ωστόσο, όποιος ελπίζει σε μια πιο σύντομη λύση, καλύτερα ας μην το ελπιζει ... :)

#10

Για να είμαι ειλικρινής δεν κατάλαβα. Ήξερες πως είναι λάθος η λύση, αλλά την δημοσίευσες για να βρούμε το λάθος;

Για το πρώτο σκέλος, αυτό που παίζει ρόλο είναι ότι η

είναι μονότονη, γι' αυτό έχει όριο. Αυτό όμως δεν είναι στη σχολική ύλη απ' όσο ξέρω.

Henri van Aubel · #11

silouan έγραψε: ↑
Σάβ Σεπ 16, 2023 10:40 pm
Για να είμαι ειλικρινής δεν κατάλαβα. Ήξερες πως είναι λάθος η λύση, αλλά την δημοσίευσες για να βρούμε το λάθος;

Για το πρώτο σκέλος, αυτό που παίζει ρόλο είναι ότι η είναι μονότονη, γι' αυτό έχει όριο. Αυτό όμως δεν είναι στη σχολική ύλη απ' όσο ξέρω.

Ναι, ακριβώς. Διευκρινίζω: Είναι οφθαλμοφανές ότι δεν βγαίνει με DLH, επίσης είναι απλό ότι βγαίνει χρησιμοποιώντας ότι η f είναι κοίλη. Το άφησα όμως (γνωρίζοντας το μελανό σημείο), επειδή έχει διδακτική αξία.

#12

Και γιατί όταν έθεσες αυτή την άσκηση viewtopic.php?f=56&t=74475 δεν έγραψες "Νδο ότι μπορεί το όριο να μην υπάρχει";

Τέλος πάντων, δεν νομίζω να βγάλουμε άκρη.

Υ.Γ. Η "καινούργια" λύση, είναι αυτή που έβαλε και ο κος Μαυρογιάννης.

Henri van Aubel · #13

Δεν είναι καινούργια λύση, είναι αυτή που σκέφτηκα αρχικά και την θεωρώ μονόδρομο σε αυτό το θέμα.
Anyway, δεν θα βγάλουμε άκρη ...Δεν είχα σκοπό να την βάλω , γιατί δεν μου αρέσει να έχω παρόμοια λύση με άλλους λύτες. Ωστόσο, εφόσον έβαλα μια δεύτερη "λύση " για να δούμε το μελανό της σημείο, όφειλα να βάλω και την λύση που σκέφτηκα όταν πρωτοείδα το θέμα.
Επίσης, η λύση του κυρίου Μαυρογιάννη δεν είναι ούτε καν παρόμοια με τη δική μου. Στην ανάλυση, είναι σχεδόν βέβαιο ότι όλες οι λύσεις έχουν μεταξύ τους κοινά σημεία.

Η άσκηση του συνδέσμου έχει αντιπαράδειγματα που δείχνουν ότι δεν υπάρχει απαραίτητα το όριο. Αυτό ήθελα να "περάσω " βάζοντας το θέμα . Έπρεπε ωστόσο να γράψω "να εξετάσετε αν απαραίτητα υπάρχει το όριο ...". Δεν υπάρχει πάντα προφανώς !

#14

Henri van Aubel έγραψε: ↑
Κυρ Σεπ 17, 2023 11:26 am
Δεν είναι καινούργια λύση, είναι αυτή που σκέφτηκα αρχικά και την θεωρώ μονόδρομο σε αυτό το θέμα.
Δεν είχα σκοπό να την βάλω , γιατί δεν μου αρέσει να έχω παρόμοια λύση με άλλους λύτες. Ωστόσο, εφόσον έβαλα μια δεύτερη "λύση " για να δούμε το μελανό της σημείο, όφειλα να βάλω και την λύση που σκέφτηκα όταν πρωτοείδα το θέμα.

Και παρακάτω γράφεις:

Henri van Aubel έγραψε: ↑
Κυρ Σεπ 17, 2023 11:26 am
Επίσης, η λύση του κυρίου Μαυρογιάννη δεν είναι ούτε καν παρόμοια με τη δική μου.

Τελικά είναι παρόμοια ή όχι;

Henri van Aubel · #15

silouan έγραψε: ↑
Κυρ Σεπ 17, 2023 11:56 am

Henri van Aubel έγραψε: ↑
Κυρ Σεπ 17, 2023 11:26 am
Δεν είναι καινούργια λύση, είναι αυτή που σκέφτηκα αρχικά και την θεωρώ μονόδρομο σε αυτό το θέμα.
Δεν είχα σκοπό να την βάλω , γιατί δεν μου αρέσει να έχω παρόμοια λύση με άλλους λύτες. Ωστόσο, εφόσον έβαλα μια δεύτερη "λύση " για να δούμε το μελανό της σημείο, όφειλα να βάλω και την λύση που σκέφτηκα όταν πρωτοείδα το θέμα.
Και παρακάτω γράφεις:
Henri van Aubel έγραψε: ↑
Κυρ Σεπ 17, 2023 11:26 am
Επίσης, η λύση του κυρίου Μαυρογιάννη δεν είναι ούτε καν παρόμοια με τη δική μου.
Τελικά είναι παρόμοια ή όχι;

Έχουν κοινή συλλογιστική για τον υπολογισμό του απαιτητικού ορίου. Γενικά, δεν είναι παρόμοιες . Το κοινό τους σημείο είναι ο συλλογισμός για τον υπολογισμό του εν λόγω ορίου. Έγραψα ακριβώς αυτό, δηλαδή ότι είναι παρόμοιες όσον αφορά τον υπολογισμό αυτού του ορίου.

Μοναδική εφαπτομένη από σημείο του άξονα.

Μοναδική εφαπτομένη από σημείο του άξονα.

Re: Μοναδική εφαπτομένη από σημείο του άξονα.

Re: Μοναδική εφαπτομένη από σημείο του άξονα.

Re: Μοναδική εφαπτομένη από σημείο του άξονα.

Re: Μοναδική εφαπτομένη από σημείο του άξονα.

Re: Μοναδική εφαπτομένη από σημείο του άξονα.

Re: Μοναδική εφαπτομένη από σημείο του άξονα.

Re: Μοναδική εφαπτομένη από σημείο του άξονα.

Re: Μοναδική εφαπτομένη από σημείο του άξονα.

Re: Μοναδική εφαπτομένη από σημείο του άξονα.

Re: Μοναδική εφαπτομένη από σημείο του άξονα.

Re: Μοναδική εφαπτομένη από σημείο του άξονα.

Re: Μοναδική εφαπτομένη από σημείο του άξονα.

Re: Μοναδική εφαπτομένη από σημείο του άξονα.

Re: Μοναδική εφαπτομένη από σημείο του άξονα.

Μέλη σε σύνδεση