mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μάιος 10, 2013 2:03 pm**

Αγαπητοί συνάδελφοι !

Το επικρατέστερο κάθε χρόνο ερώτημα στις εξετάσεις είναι η εύρεση συνάρτησης.Με σκοπό την πιο γρήγορη και αποτελεσματική ολοκλήρωση της επανάληψης, θα ήθελα να συγκεντώσουμε τις πιο χαραακτηριστικές περιπτώσεις, όπου ζητούμενο είναι η εύρεση του τύπου :

1η Περίπτωση :
Έστω ότι στη δοσμένη σχέση έχουμε μια ή δύο συναρτήσεις ,με τις ίδιες και τις παραγώγους τους.

Αντιμετώπιση

Συγκέντρωση και ομαδοποίηση όρων ώστε να πάρουμε σχέση της μορφής : G'(x)=H'(x)

ή

ή

.

Συχνά, προσπαθούμε να δημιουργήσουμε ακόμα παράγωγο γινομένου, πηλίκου ή σύνθετης συνάρτησης και κυρίως μία από τις μορφές :

$f^k(x)f'(x) , \frac {f'(x}{f(x)} , e^{f(x)}f'(x)}$ κλπ.

Η παραπάνω διαδικασία μπορεί να επαναληφθεί και περισσότερες από μία φορές και μάλιστα στην κάθε περίπτωση να οδηγούμαστε σε άλλη μορφή.

Η πιο δύσκολη περίπτωση είναι εκείνη που πρέπει να πολλαπλασιάσουμε τη δοσμένη σχέση με κατάλληλη συνάρτηση - ή να προσθέσουμε και στα δύο μέλη μια νέα συνάρτηση - ώστε να πάρουμε παράγωγο σύνθετης συνάρτησης ή γινομένου κλπ.Ας ελπίσουμε ότι τέτοιες περιπτώσεις και ειδικά δύσκολες δεν θα παρουσιαστούν (με μεγάλη συχνότητα) σε εξετάσεις.

Εφαρμογές :Θέματα 2011,2012, Οεφε 2013 κλπ

Αξίζει να προτείνουμε πάνω σε αυτή την κατηγορία , εκτός από παλιά θέματα, 4-5 ακόμα βασικές ασκήσεις του ενός ερωτήματος(μία και έξω!) με ιδέες όχι τόσο γνωστές.
Στη δεύτερη περίπτωση θα βάλω συναρτησιακές με ολοκληρώματα, που είναι η άλλη μεγάλη κατηγορία ασκήσεων.Ξεκινάω με την πρώτη άσκηση, για να γίνω και πιο κατανοητός.

Εφαρμογή 1.

Να βρείτε την παραγωγίσιμη συνάρτηση

με την ιδιότητα f(x)+lnf'(x)=x+1

για κάθε $x\in \mathbb R$ και f(0)=1

Μπάμπης

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μάιος 10, 2013 2:30 pm**

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:
Εφαρμογή 1.

Να βρείτε την παραγωγίσιμη συνάρτηση με την ιδιότητα για κάθε $x\in \mathbb R$ και

Μπάμπης

Ευχαριστούμε κ.Μπάμπη για την πρωτοβουλία σας! Δίνω την λύση μου!

Αρχίκα πρέπει $\displaystyle{f'(x)>0}$

$\displaystyle{f(x) + lnf'(x) = x + 1 \Leftrightarrow lne^{f(x)} + lnf'(x) = x + 1 \Leftrightarrow ln(e^{f(x)} f'(x)) = x + 1 \Leftrightarrow e^{f(x)} f'(x) = e^{x+1} \Leftrightarrow (e^{f(x)})' = (e^{x+1})'}$ .

Άρα $\displaystyle{e^{f(x)} = e^{x+1} + c, c \in R}$ .

Όμως για $\displaystyle{x=0}$ είναι $\displaystyle{c=0}$ .

Τελικά, $\displaystyle{\boxed{f(x) = x + 1,x \in R}$ αφού είναι $\displaystyle{f'(x) = 1 > 0}$ για κάθε $\displaystyle{x \in R}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μάιος 10, 2013 4:37 pm**

Φίλε Μπάμπη,

θα μπορούσα να ζητήσω τη μονοτονία της

, πριν βρω τον τύπο της;

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μάιος 10, 2013 11:53 pm**

ΑΛΕΞΙΟΥ ΙΩΑΝΝΗΣ έγραψε:Φίλε Μπάμπη,

θα μπορούσα να ζητήσω τη μονοτονία της , πριν βρω τον τύπο της;

Γιάννη, προφανώς ! Αλλά είπα να επικεντρώσω το ενδιαφέρον μόνο στην εύρεση.Το φόρτωμα της άσκησης με ερωτήματα είναι από δω και πέρα(ή πριν την εύρεση ίσως) σχετικά εύκολη υπόθεση.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 11, 2013 12:11 am**

Την επόμενη εφαρμογή τη δίνω ως θέμα για να δείτε πόσο εύκολο είναι στη συνέχεια να γίνει ένα θέμα και μάλιστα με τις δυσκολίες του. Να κρατήσω όμως μια επιφύλλαξη μέχρι να την ξαναλύσω το πρωί , μήπως μου ξέφυγε κάτι, διότι την συνέταξα μόλις τώρα.Είναι πολύ εύκολο να ξεφύγει κάτι .

Εφαρμογή 2.

Δίνονται οι δύο φορές παραγωγίσιμες συναρτήσεις $f,g:R\to R$ με f(0)=g(0)=1,f'(0)=g'(0)

και οι οποίες για κάθε $x\in R$ ικανοποιούν τις ιδιότητες :

i) f''(x)g(x)=f(x)g''(x)

και $g(x)\ne 0$

ii) g'(x)=2xf(x)

α) Να αποδείξετε ότι f=g

και να βρείτε την

.

β) Να μελετήσετε την

ως προς τη μονοτονία και τα κοίλα .

γ) Αν

είναι αρχική της

, να αποδείξετε ότι $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,F(x)=+\infty$ .

δ) Αν 0<a<b

, να αποδείξετε ότι b(f(a)-1)<a(f(b)-1)

.

ε) Να αποδείξετε ότι $\int_{1}^{x}{\frac{1}{f(t)}}dt<\frac{1}{2e}$ για κάθε x>1

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 11, 2013 12:53 am**

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:Την επόμενη εφαρμογή τη δίνω ως θέμα για να δείτε πόσο εύκολο είναι στη συνέχεια να γίνει ένα θέμα και μάλιστα με τις δυσκολίες του. Να κρατήσω όμως μια επιφύλλαξη μέχρι να την ξαναλύσω το πρωί , μήπως μου ξέφυγε κάτι, διότι την συνέταξα μόλις τώρα.Είναι πολύ εύκολο να ξεφύγει κάτι .

Εφαρμογή 2.

Δίνονται οι δύο φορές παραγωγίσιμες συναρτήσεις $f,g:R\to R$ με και οι οποίες για κάθε $x\in R$ ικανοποιούν τις ιδιότητες :

i) και $g(x)\ne 0$

ii)

α) Να αποδείξετε ότι και να βρείτε την .

β) Να μελετήσετε την ως προς τη μονοτονία και τα κοίλα .

γ) Αν είναι αρχική της , να αποδείξετε ότι $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,F(x)=+\infty$ .

δ) Αν , να αποδείξετε ότι .

ε) Να αποδείξετε ότι $\int_{1}^{x}{\frac{1}{f(t)}}dt<\frac{1}{2e}$ για κάθε

Ξεκινώ με το α)

$\displaystyle{ \forall x \in R}$ έχουμε: $\displaystyle{ f{''} (x)g(x) = f(x)g{''} (x)\,\,\,\,\,(1)\,\,\,\,\,\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\,\,\,g{'} (x) = 2xf(x)\,\,\,\,\,(2)}$

$\displaystyle{\forall x \in R}$

$\displaystyle{ (1) \Leftrightarrow f{''} (x)g(x) + f{'} (x)g{'} (x) = f(x)g{''} (x) + f{'} (x)g{'} (x) \Leftrightarrow \left( {f{'} (x)g(x)} \right){'} = \left( {f(x)g{'} (x)} \right){'} }$ $\displaystyle{ \Leftrightarrow f{'} (x)g(x) = f(x)g{'} (x) + c_1 }$

$\displaystyle{ f{'} (0)g(0) = f(0)g{'} (0) + c_1 \Rightarrow c_1 = 0}$ , άρα $\displaystyle{\forall x \in R\,}$

$\displaystyle{ f{'} (x)g(x) = f(x)g{'} (x) \Leftrightarrow f{'} (x)g(x) - f(x)g{'} (x) = 0 \Leftrightarrow \frac{{f{'} (x)g(x) - f(x)g{'} (x)}}{{g^2 (x)}} = 0}$ $\displaystyle{ \Leftrightarrow \left( {\frac{{f(x)}}{{g(x)}}} \right){'} = 0 \Leftrightarrow \frac{{f(x)}}{{g(x)}} = c_2 \Leftrightarrow f(x) = c_2 g(x)}$

$\displaystyle{ f(0) = c_2 g(0) \Rightarrow c_2 = 1}$ οπότε $\displaystyle{\forall x \in R\,\,\,\,f(x) = g(x)}$

$\displaystyle{ \forall x \in R}$

$\displaystyle{ (2) \Leftrightarrow g{'} (x) = 2xg(x) \Leftrightarrow g{'} (x) - 2xg(x) = 0 \Leftrightarrow e^{ - x^2 } g{'} (x) - 2xe^{ - x^2 } g(x) = 0 \Leftrightarrow \left( {e^{ - x^2 } g(x)} \right){'} = 0}$ $\displaystyle{ \Leftrightarrow e^{ - x^2 } g(x) = c \Leftrightarrow g(x) = ce^{x^2 } \Leftrightarrow f(x) = ce^{x^2 } }$

$\displaystyle{ f(0) = c \Rightarrow c = 1}$ , συνεπώς $\displaystyle{f(x) = e^{x^2 } \,\,\forall x \in R\,}$ .

Γιώργος

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 11, 2013 1:23 am**

Μπάμπης Στεργίου έγραψε: Εφαρμογή 2.

Δίνονται οι δύο φορές παραγωγίσιμες συναρτήσεις $f,g:R\to R$ με και οι οποίες για κάθε $x\in R$ ικανοποιούν τις ιδιότητες :

i) και $g(x)\ne 0$

ii)

α) Να αποδείξετε ότι και να βρείτε την .

β) Να μελετήσετε την ως προς τη μονοτονία και τα κοίλα .

γ) Αν είναι αρχική της , να αποδείξετε ότι $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,F(x)=+\infty$ .

δ) Αν , να αποδείξετε ότι .

ε) Να αποδείξετε ότι $\int_{1}^{x}{\frac{1}{f(t)}}dt<\frac{1}{2e}$ για κάθε

$\displaystyle{ a) }$ Με την γνωστή κίνηση να προσθέσουμε και στα δύο μέλη της i) το $\displaystyle{ f'(x)g'(x) }$ "ξεκλειδώνει" η συναρτησιακή. Όπως απέδειξε ο κ. Γιώργος ισχύει $\displaystyle{ f(x) = e^{x^2} }$ .

$\displaystyle{ b) }$ Εύκολα $\displaystyle{ f }$ γν. αύξουσα στο $\displaystyle{ [0,+\infty) }$ και $\displaystyle{ f }$ γν. φθίνουσα στο $\displaystyle{ (-\infty, 0] }$ . Επίσης προκύπτει ότι $\displaystyle{f }$ κυρτή στο $\displaystyle{ \mathbb R }$ .

$\displaystyle{ c) }$ Θεωρώ $\displaystyle{ F(x) = \int_{0}^{x} e^{t^2} dt }$ . Ισχύει $\displaystyle{ x \geq t \geq 0 \implies \ldots \implies \int_{0}^{x} e^{t^2}dt \geq \int_{0}^{x} 1 dt = x }$ και το ζητούμενο έπεται από το κριτήριο σύγκρισης.

$\displaystyle{ d) }$ Θεωρώ την $\displaystyle{ h(x) = a(f(x)-1) - x(f(a) -1) }$ . Ισχύει $\displaystyle{ h'(x) = af'(x) -f(a) + 1 }$ και $\displaystyle{ h''(x) = af''(x) > 0 \implies h' }$ γν. αύξουσα.

Ισχύει $\displaystyle{ h'(a) = 2a^2e^{a^2} - e^{a^2} + 1 }$ . Θεωρώ την $\displaystyle{ t(x) = 2x^2e^{x^2} - e^{x^2} + 1}$ . Ισχύει $\displaystyle{t'(x) = 4x^3e^{x^2} + 2xe^{x^2} \implies t}$ γν. αύξουσα στο $\displaystyle{ [0,+\infty) }$ .

Επομένως $\displaystyle{ h'(a) = t(a) >t(0) = 0 }$ και αφού $\displaystyle{ h' }$ γν. αύξουσα προκύπτει ότι η $\displaystyle{ h }$ είναι γν. αύξουσα στο $\displaystyle{ [a,+\infty) }$ . Συνεπώς $\displaystyle{ b>a \implies h(b) > h(a) }$ .

$\displaystyle{ e) }$ Εύκολα προκύπτει ότι $\displaystyle{ \int_{1}^{x} \frac{1}{f(t)} dt < \int_{1}^{x} \frac{t}{f(t)} dt = -\frac{1}{2} \left [ e^{-t^2}\right ]_{1}^{x}= -\frac{1}{2}e^{-x^2} + \frac{1}{2e} < \frac{1}{2e} }$ .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 11, 2013 1:41 am**

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:Την επόμενη εφαρμογή τη δίνω ως θέμα για να δείτε πόσο εύκολο είναι στη συνέχεια να γίνει ένα θέμα και μάλιστα με τις δυσκολίες του. Να κρατήσω όμως μια επιφύλλαξη μέχρι να την ξαναλύσω το πρωί , μήπως μου ξέφυγε κάτι, διότι την συνέταξα μόλις τώρα.Είναι πολύ εύκολο να ξεφύγει κάτι .

Εφαρμογή 2.

Δίνονται οι δύο φορές παραγωγίσιμες συναρτήσεις $f,g:R\to R$ με και οι οποίες για κάθε $x\in R$ ικανοποιούν τις ιδιότητες :

i) και $g(x)\ne 0$

ii)

α) Να αποδείξετε ότι και να βρείτε την .

β) Να μελετήσετε την ως προς τη μονοτονία και τα κοίλα .

γ) Αν είναι αρχική της , να αποδείξετε ότι $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,F(x)=+\infty$ .

δ) Αν , να αποδείξετε ότι .

ε) Να αποδείξετε ότι $\int_{1}^{x}{\frac{1}{f(t)}}dt<\frac{1}{2e}$ για κάθε

...χάριν πλουραλισμού...και πληκτρολόγησης... ας προσθέσω και την δική μου προσπάθεια στις σκέψεις του Μπάμπη...

α) Από ην ισότητα έχουμε ότι ισχύει {f}''(x)g(x)+{f}'(x){g}'(x)={f}'(x){g}'(x)+f(x){g}''(x)

{f}''(x)g(x)+{f}'(x){g}'(x)={f}'(x){g}'(x)+f(x){g}''(x)

δηλαδή

${{\left( {f}'(x)g(x) \right)}^{\prime }}={{\left( f(x){g}'(x) \right)}^{\prime }},\,\,\,x\in R$ οπότε ισχύει ότι {f}'(x)g(x)=f(x){g}'(x)+c

και επειδή

${f}'(0)g(0)=f(0){g}'(0)+c\Leftrightarrow {f}'(0)={g}'(0)+c\Leftrightarrow c=0$ άρα ισχύει ότι

${f}'(x)g(x)=f(x){g}'(x)\Leftrightarrow {f}'(x)g(x)-f(x){g}'(x)=0$ και επειδή $g(x)\ne 0$ έχουμε ότι

$\frac{{f}'(x)g(x)-f(x){g}'(x)}{{{g}^{2}}(x)}=0$ άρα ${{\left( \frac{f(x)}{g(x)} \right)}^{\prime }}=0$ επομένως

$\frac{f(x)}{g(x)}=c$ και αφού $\frac{f(1)}{g(1)}=c\Leftrightarrow c=1$ θα ισχύει ότι $f(x)=g(x),\,\,\,x\in R$

Τώρα από {g}'(x)=2xf(x)

θα ισχύει ${f}'(x)=2xf(x)\Leftrightarrow {f}'(x)-2xf(x)=0$ άρα και ${{e}^{-{{x}^{2}}}}{f}'(x)-{{e}^{-{{x}^{2}}}}2xf(x)=0$

δηλαδή ${{\left( {{e}^{-{{x}^{2}}}}f(x) \right)}^{\prime }}=0$ οπότε ισχύει ${{e}^{-{{x}^{2}}}}f(x)=c\Leftrightarrow f(x)=c{{e}^{{{x}^{2}}}}$ και επειδή

$f(0)=c\Leftrightarrow c=1$ θα είναι $f(x)={{e}^{{{x}^{2}}}},\,\,\,x\in R$ που επαληθεύει τις αρχικές ισότητες

β) Είναι ${f}'(x)=2xf(x),\,\,\,x\in R$ και αφού $f(x)>0,\,\,\,\,x\in R$ ισχύει για x<0

ότι

άρα η

είναι γνήσια φθίνουσα στο

$(-\infty ,\,\,\,0]$ και ισχύει για x>0

ότι

άρα η

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

Ακόμη είναι ${f}''(x)=2(f(x)+x{f}'(x))=2(f(x)+2{{x}^{2}}f(x))=2(1+2{{x}^{2}})f(x)>0,\,\,\,x\in R$ άρα η

κυρτή στο

γ) Αφού η

είναι αρχική της $f(x)={{e}^{{{x}^{2}}}}$ θα ισχύει ότι {F}'(x)=f(x)

και ${F}'(x)={f}'(x)=2xf(x)>0\,\,\,\,x>0$ δηλαδή

η

είναι κυρτή στο $[0,\,\,\,+\infty )$ και η εφαπτομένη της σε ένα σημείο $({{x}_{0}},\,\,F({{x}_{0}})),\,\,\,\,{{x}_{0}}\in (0,\,\,\,+\infty )$

θα είναι $y-F({{x}_{0}})={F}'({{x}_{0}})(x-{{x}_{0}})\Leftrightarrow y=f({{x}_{0}})x+F({{x}_{0}})-{{x}_{0}}f({{x}_{0}})$

και λόγω της κυρτότητας από την θέση της εφαπτομένης και των σημείων της γραφικής παράστασης της

θα ισχύει

$F(x)\ge g(x),\,\,\,\,\,\,x\in (0,\,\,\,\,+\infty )$ με $g(x)=f({{x}_{0}})x+F({{x}_{0}})-{{x}_{0}}f({{x}_{0}})$ και επειδή

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( f({{x}_{0}})x \right)=+\infty$ επειδή $f({{x}_{0}})>0$ από $F(x)\ge g(x)\,\,\,$ θα είναι

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,F(x)=+\infty$ (με εξήγηση σχολική ότι από $F(x)\ge g(x)\,\,\,\Leftrightarrow 0<\frac{1}{F(x)}<\frac{1}{g(x)}$

θα είναι $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,0=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{g(x)}=0$ κριτήριο παρεμβολής.....)

δ) Θέλουμε να δείξουμε ότι ισχύει $\frac{f(\alpha )-1}{\alpha }<\frac{f(b)-1}{b},\,\,\,\,\,\,0<\alpha <b$

Θεωρώντας την συνάρτηση $g(x)=\frac{f(x)-1}{x},\,\,\,\,\,\,\,x\in (0,\,\,\,+\infty )$ είναι παραγωγίσιμη με ${g}'(x)=\frac{x{f}'(x)-f(x)+1}{{{x}^{2}}}$ (1)

Αν $h(x)=x{f}'(x)-f(x)+1,\,\,\,\,\,x\in [0,\,\,\,+\infty )$ αυτή είναι συνεχής στο $[0,\,\,\,+\infty )$ παραγωγίσιμη στο $(0,\,\,\,+\infty )$ με

${h}'(x)=x{f}''(x)>0,\,\,\,\,\,\,\,\,x\in (0,\,\,\,+\infty )$ άρα γνήσια αύξουσα στο $[0,\,\,\,+\infty )$ επομένως για x>0

θα ισχύει ότι h(x)>h(0)=0

έτσι από (1) ισχύει ${g}'(x)=\frac{h(x)}{{{x}^{2}}}>0,\,\,\,\,x>0$ άρα

γνήσια αύξουσα στο $(0,\,\,\,+\infty )$ και αφού

$\alpha <b$ θα είναι $g(\alpha )<g(b)$ δηλαδή αυτό που θέλαμε.

ε) Επειδή είναι $1\le t\le x$ θα είναι και $t\le {{t}^{2}}\Leftrightarrow -t\ge -{{t}^{2}}$ άρα και

${{e}^{-{{t}^{2}}}}\le {{e}^{-t}}\Leftrightarrow \frac{1}{f(t)}\le {{e}^{-t}}$ και με x>1

θα ισχύει ότι

$\int\limits_{1}^{x}{\frac{1}{f(t)}dt}\le \int\limits_{1}^{x}{{{e}^{-t}}dt}=-\left[ {{e}^{-t}} \right]_{1}^{x}=-\frac{1}{{{e}^{x}}}+\frac{1}{e}<\frac{1}{e}+\frac{1}{e}=\frac{2}{e}$

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 11, 2013 9:12 am**

2η Περίπτωση :

(Απευθύνομαι σε έμπειρους συναδέλφους και είμαι κάπως συνοπτικός.Μακάρι αυτά τα σχόλια να βρω χρόνο να τα ντύσω με τις κατάλληλες εφαρμογές , κάτι που κάποια στιγμή πρέπει να κάνω, αλλά πότε !)
Αυτή είναι η πιο ενδιαφέρουσα περίπτωση. Υποθέτουμε λοιπόν ότι η δοσμένη σχέση περιέχει ολοκλήρωμα , με μία ή δύο συναρτήσεις , και ζητείται ο τύπος της συνεχούς συνάρτησης .Οι πιο συνηθισμένες περιπτώσεις είναι οι εξής :

- Το ολοκλήρωμα περιέχει ένα ή δύο μεταβλητά άκρα, οπότε αφού εξασφαλίσουμε τις αναγκαίες παραγωγισιμότητες στα δύο μέλη, παραγωγίζουμε ώστε να απαλλαχθούμε από τα ολοκληρώματα.Από κει και κάτω αναγόμαστε στην πρώτη περίπτωση.

Εδώ προσέχουμε ώστε η υπό ολοκλήρωση συνάρτηση να μην περιέχει τη μεταβλητή παραγώγισης.Αν την περιέχει, τότε με αντικατάσταση μεταφέρουμε τη μεταβλητή παραγώγισης ή στα άκρα ή και έξω από το ολοκλήρωμα.Τονίζουμε επίσης ότι αν έχουμε γινόμενο ολοκληρωτικού παράγοντα με συνάρτηση, τότε καλύτερα είναι να απομονώσουμε τον ολοκληρωτικό παράγοντα.Με αυτή την παρατήρηση το περυσινό Δ1 γίνεται πολύ πιο απλό και δε χάνεται πολύτιμος χρόνος μέσα από σύνθετες και χρονοβόρες παραγωγίσεις.
Για τις παραπάνω περιπτώσεις μπορούμε να κάνουμε δυο θέματα(υπάρχουν σε όλες τα βοηθήματα και σε όλες τις σημειώσεις), στείλτε όποιο νομίζετε ότι είναι διδακτικό ή έχει κάτι απλό, καινούριο και έξυπνο.

- Το ολοκλήρωμα δεν περιέχει μεταβλητό άκρο αλλά έχει μέσα του τη μεταβλητή ολοκλήρωσης !
Σε αυτή την περίπτωση τονίζουμε στα παιδιά ότι το ολοκλήρωμα δεν είναι αριθμός για να έχει παράγωγο μηδέν ,αλλά μεταφέρουμε με όποιο τρόπο μπορούμε(συνήθως με αντικατάσταση) τη μεταβλητή παραγώγισης έξω από το ολοκλήρωμα ή στα άκρα και εργαζόμαστε όπως πριν.

- Το ολοκήρωμα που περιέχει τη ζητούμενη συνάρτηση έχει πραγματικά άκρα και είναι σταθερό ως προς τη μεταβλητή παραγώγισης.

Σε αυτή την περίπτωση θέτουμε το ολοκλήρωμα ίσο με

, εκφράζουμε τη δοσμένη συνάρτηση ως συνάρτηση του

, και είτε ολοκληρώνουμε εκ νέου, είτε τη συνάρτηση αυτή τη θέτουμε στη σχέση $\int_a^b f(x)dx = c$ και τελικά βρίσκουμε το

και την

.
Σχετικό θέμα έχει τεθεί και στις εξετάσεις, οπότε το θυμίζουμε σε πέντε λεπτά.

- Η εύρεση της συνάρτησης σε σχέση με ολοκλήρωμα που είναι σταθερά (πολύ ενδιαφέρουσα περίπτωση που δεν έχει μπει σε εξετάσεις) γίνεται αν με κατάλληλες ενέργειες(μέθοδοι ολοκλήρωσης κλπ) φέρουμε τη δοσμένη σχέση στη μορφή $\int_a^b G(x)dx =0$ , όπου

είναι μια συνεχής συνάρτηση που δεν αλλάζει πρόσημο. Αν τα άκρα είναι διαφορετικά, τότε θα είναι $G(x)=0,x\in [a,b]$ και η σχέση αυτή μας οδηγεί στη ζητούμενη συνάρτηση.

- Στα μεταβλητά άκρα ολοκλήρωσης υπάρχει η ίδια η ζητούμενη συνάρτηση ή η αντίστροφή της κλπ !

Σε αυτή την περίπτωση συνδυάζουμε βασικές πάντα κινήσεις και προσπαθούμε να οδηγηθούμε σε εκμεταλλεύσιμη σχέση(θα δώσω άλλη στιγμούλα-ή δώστε και σεις- κατάλληλη εφαρμογή).

- Παίζουν τελευταία χρόνια και ασκήσεις εύρεσης όπου η διερεύνηση γίνεται στα άκρα ολοκλήρωσης.Η ζητούμενη συνάρτηση είναι στα όρια ολοκλήρωσης. Τι κάνουμε σε αυτή την περίπτωση ;
Με ένα ΘΜΤ για τα ολοκληρώματα(ο μαθητής θα κάνει έμμεσα τη σχετική απόδειξη) η δοσμένη σχέση οδηγεί σε γινόμενο που ο ένας παράγοντας δεν είναι ποτέ μηδέν. Ο άλλος παράγοντας οδηγεί σε μια νέα διαφορική, εύκολη ή δύσκολη και ...ο Θεός βοηθός.Η διερεύνηση μπορεί να γίνει μερικές φορές και στο ένα μέλος της δοσμένης σχέσης με τη μέθοδο της απαγωγής σε άτοπο.
( Η διαδιακασία με την έρευνα στα άκρα του ολοκληρώματος , φαίνεται καλά και στο φετινό θέμα προσομοίωσης που επιμελήθηκε με τους συνεργάτες του ο εκλεκτός συνάδελφος και Προϊστάμενος Παιδαγωγικής Καθοδήγησης στην περιφέρειά του Πρόδρομος Ελευθερίου).

Να το επαναλάβουμε :

Τα θέματα μπορεί να έχουν όγκο εργασίας, αλλά οι ιδέες που χρησιμοποιούνται είναι οι ΒΑΣΙΚΕΣ.Αυτό που χρειάζεται είναι καλή γνώση της θεωρίας, γερά πατήματα και καθααρό μυαλό, τουτέστιν ψυχραιμία και σωστή διαχείρηση του χρόνου.

- Η δοσμένη σχέση είναι ανισοτική και ζητείται ο τύπος της συνάρτησης !

Και σε αυτή την περίπτωση προσπαθούμε κάτω από το ολοκλήρωμα να εμφανίζουμε μη αρνητική και συνεχή συνάρτηση και το ολοκλήρωμα να είναι μη θετικό. Αναγκαστικά η υπό ολοκλήρωση συνάρτηση θα είναι μηδέν(προσέχουμε τα άκρα να έχουν τη σωστή διάταξη) κλπ.Το δύσκολο σε αυτές τις περιτπώσεις να αντιληφθεί ότι ο μαθητής ότι κάποιος αριθμός(σταθερά) γράφεται ως ολοκλήρωμα, οπότε να πάει στη σωστή σχέση. Αν είναι όμως έμπειρος και πάει με τη μέθοδο του '' τι θα με συνέφερε να δώσει η δοσμένη σχέση; '', τότε θα το φτιάξει.
Επισημαίνω ότι πρόκειται για ερωτήματα που αφορούν το μαθητή που πάει για το 95-100 ! Αλλά ας γράψει πρώτα το 95 και βλέπουμε και το υπόλοιπο !

......Θα επανέλθω με συμπληρώσεις...

Ξεκινάω με μια έξυπνη περίπτωση που μπορεί να βάλει σε περιπέτειες ακόμα και τον πιο έμπειρο μαθητή !

Εφαρμογή 3

Να βρείτε τη θετική και παραγωγίσιμη συνάρτηση

με

που ικανοποιεί την ιδιότητα :

$\int_{\,f'(x)}^{\,f(x)} {f(t)dt = f'(x) - f(x)\,}$ για κάθε $x\in R$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 11, 2013 10:43 am**

Μπάμπης Στεργίου έγραψε: Εφαρμογή 3

Να βρείτε τη θετική και παραγωγίσιμη συνάρτηση με που ικανοποιεί την ιδιότητα :

$\int_{\,f'(x)}^{\,f(x)} {f(t)dt = f'(x) - f(x)\,}$ για κάθε $x\in R$

Ἐστω ότι υπάρχει $\displaystyle{ \xi \in \mathbb R }$ με $\displaystyle{ f(\xi) > f'(\xi) }$ . Η δοσμένη σχέση για $\displaystyle{ x = \xi }$ δίνει άτοπο αφού $\displaystyle{ LHS > 0 }$ ενώ $\displaystyle{ RHS < 0 }$ .

Ομοίως άτοπο άμα υπάρχει $\displaystyle{ \xi ' \in \mathbb R }$ με $\displaystyle{ f(\xi ') < f'(\xi ') }$ . Συνεπώς $\displaystyle{ f(x) = f'(x) \implies f(x) = e^{x}, \ x \in \mathbb R }$ αφού $\displaystyle{ f(0) = 1 }$ .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 11, 2013 10:58 am**

Grigoris K. έγραψε:
Μπάμπης Στεργίου έγραψε: Εφαρμογή 3

Να βρείτε τη θετική και παραγωγίσιμη συνάρτηση με που ικανοποιεί την ιδιότητα :

$\int_{\,f'(x)}^{\,f(x)} {f(t)dt = f'(x) - f(x)\,}$ για κάθε $x\in R$
Ἐστω ότι υπάρχει $\displaystyle{ \xi \in \mathbb R }$ με $\displaystyle{ f(\xi) > f'(\xi) }$ . Η δοσμένη σχέση για $\displaystyle{ x = \xi }$ δίνει άτοπο αφού $\displaystyle{ LHS > 0 }$ ενώ $\displaystyle{ RHS < 0 }$ .

Ομοίως άτοπο άμα υπάρχει $\displaystyle{ \xi ' \in \mathbb R }$ με $\displaystyle{ f(\xi ') < f'(\xi ') }$ . Συνεπώς $\displaystyle{ f(x) = f'(x) \implies f(x) = e^{x}, \ x \in \mathbb R }$ αφού $\displaystyle{ f(0) = 1 }$ .

Γρηγόρη, πολύ ωραία !

Κάνε και μια προσπάθεια, πάλι με άτοπο, αλλά με ΘΜΤ, ώστε να έχουμε όλα τα εργαλεία σε δράση !
Αλλά και αν αυτά δε δούλευαν, το θεώρημα ΜΤ για τα ολοκληρώματα(λέμε για πολύ τραβηγμένες περιπτώσεις), πάλι θα δώσει λύση.Πάντα είναι καλό να κρύβεις έναν άσσο στο μανίκι !

Για παράδειγμα τι θα κάναμε ,αν αντί της δοσμένηα σχέσης είχαμε την :

$\int_{\,f'(x)}^{\,f(x)} {(f^2(t)-f(t)) dt = f'(x) - f(x)\,}$ για κάθε $x\in R$

στην οποία δεν ξέρουμε αν η συνάρτηση κάτω από το ολοκλήρωμα είναι θετική ;

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 11, 2013 11:07 am**

Μπάμπης Στεργίου έγραψε: Για παράδειγμα τι θα κάναμε ,αν αντί της δοσμένηα σχέσης είχαμε την :

$\int_{\,f'(x)}^{\,f(x)} {(f^2(t)-f(t)) dt = f'(x) - f(x)\,}$ για κάθε $x\in R$

στην οποία δεν ξέρουμε αν η συνάρτηση κάτω από το ολοκλήρωμα είναι θετική ;

Η σχέση γράφεται $\displaystyle{ \int_{f'(x)}^{f(x)} \left ( f^2(t) - f(t) + 1\right ) dt = 0 }$ και συνεχίζουμε με διάκριση περιπτώσεων όπως πριν αφού $\displaystyle{ f^2(t) - f(t) + 1 > 0 }$ .

Πάλι προκύπτει ότι $\displaystyle{ f(x) = f'(x) \implies \ldots }$ .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 11, 2013 11:18 am**

Μπάμπης Στεργίου έγραψε: Να βρείτε τη θετική και παραγωγίσιμη συνάρτηση με που ικανοποιεί την ιδιότητα :

$\int_{\,f'(x)}^{\,f(x)} {f(t)dt = f'(x) - f(x)\,}$ για κάθε $x\in R$

Και μία ιδέα με ΘΜΤ. Έστω $\displaystyle{ F }$ μια αρχική της $\displaystyle{ f }$ . Η σχέση γίνεται $\displaystyle{ F(f(x)) - F(f'(x)) = f'(x) - f(x) }$ .

Έστω ότι υπάρχει $\displaystyle{ \xi \in \mathbb R }$ με $\displaystyle{ f(\xi) > f'(\xi) }$ . Τότε με ΘΜΤ για την $\displaystyle{ F }$ προκύπτει ότι υπάρχει $\displaystyle{ x_o \in \left (f'(\xi),f(\xi)\right ) }$

τέτοιο ώστε $\displaystyle{ f(x_0) = \frac{ F(f(\xi)) - F(f'(\xi))}{f(\xi) - f'(\xi)} \implies f(x_0) = -1 }$ άτοπο...

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 11, 2013 7:17 pm**

Πάνω στην εύρεση, ενδιαφέρον παρουσιάζει το επόμενο κλασικό θέμα που μας θύμισε ο συνάδελφος και καλός φίλος Γιώργος Τσαπακίδης με το άρθρο του στον Ευκλείδη Β (τελευταίο τεύχος). Ανάλογα παραδείγματα μπορούν να κατασκευστούν εύκολα για συναρτήσεις με πεδίο ορισμού όλο το $\mathbb R$ .

Εφαρμογή 4

Να βρείτε τη συνεχή συνάρτηση

στο

με την ιδιότητα :

$\int_{0}^{1}{{{f}^{2}}({{x}^{2}})}dx=\int_{0}^{1}{f(x)}dx-\frac{1}{3}$

* Αντί της ισότητας μπορούμε να βάλουμε το σύμβολο $(\leq)$ .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 11, 2013 8:24 pm**

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:Εφαρμογή 3

Να βρείτε τη θετική και παραγωγίσιμη συνάρτηση με που ικανοποιεί την ιδιότητα :

$\displaystyle \int_{f'(x)}^{f(x)}f(t)dt=f'(x)-f(x)$ για κάθε $x\in R$

Έστω

μία αρχική της

.

Θεωρούμε τη συνάρτηση $g(x)=F(x)+x\;,\;x\in R$ , τότε g'(x)=F'(x)+1=f(x)+1>0

, άρα η

είναι γνησίως αύξουσα στο

και επομένως 1-1

.

Επίσης $\displaystyle \int_{f'(x)}^{f(x)}f(t)dt=f'(x)-f(x) \Leftrightarrow\left[F(t)\right]_{f'(x)}^{f(x)}=f'(x)-f(x) \Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow F(f(x))-F(f'(x))=f'(x)-f(x) \Leftrightarrow F(f(x))+f(x)=F(f'(x))+f'(x) \Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow g(f(x))=g(f'(x)) \overset{g\;1-1}{\Leftrightarrow} f(x)=f'(x) \Leftrightarrow f(x)=ce^x$ και από το f(0)=1

, έχουμε

.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 11, 2013 8:45 pm**

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:Πάνω στην εύρεση, ενδιαφέρον παρουσιάζει το επόμενο κλασικό θέμα που μας θύμισε ο συνάδελφος και καλός φίλος Γιώργος Τσαπακίδης με το άρθρο του στον Ευκλείδη Β (τελευταίο τεύχος). Ανάλογα παραδείγματα μπορούν να κατασκευστούν εύκολα για συναρτήσεις με πεδίο ορισμού όλο το $\mathbb R$ .

Εφαρμογή 4

Να βρείτε τη συνεχή συνάρτηση στο με την ιδιότητα :

$\int_{0}^{1}{{{f}^{2}}({{x}^{2}})}dx=\int_{0}^{1}{f(x)}dx-\frac{1}{3}$

* Αντί της ισότητας μπορούμε να βάλουμε το σύμβολο $(\leq)$ .

Καλησπέρα σε όλους.

Λύση.

Ας είναι $\displaystyle{A=\int_{0}^{1}f(x)\,dx}$ .

Θέτοντας $\displaystyle{\sqrt{x}=y\geq 0\Leftrightarrow x=y^2}$ παίρνουμε $\displaystyle{dx=2y\,dy}$ και νέα άκρα ολοκλήρωσης τα y_1=0,y_2=1}

.

Έτσι, $\displaystyle{A=\int_{0}^{1}2yf(y^2)\,dy=\int_{0}^{1}2xf(x^2)\,dx}$ .

Από την αρχική σχέση έχουμε

$\displaystyle{\int_{0}^{1}f^2(x^2)\,dx=\int_{0}^{1}2xf(x^2)\,dx-\int_{0}^{1}x^2\,dx\Rightarrow}$

$\displaystyle{\Rightarrow \int_{0}^{1}\left[f^2(x^2)-2xf(x^2)-x^2\right]\,dx=0}$

$\displaystyle{\Rightarrow \int_{0}^{1}\left[f(x^2)-x\right]^2\,dx=0}$

$\displaystyle{\Rightarrow \forall x\in\left[0,1\right]:f(x^2)=x}$ .

Στην τελευταία σχέση για $\displaystyle{x\to \sqrt{x}\in\left[0,1\right]}$ παίρνουμε

$\displaystyle{f(x)=\sqrt{x},x\in\left[0,1\right]}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 11, 2013 8:52 pm**

Μπάμπης Στεργίου έγραψε: Εφαρμογή 4

Να βρείτε τη συνεχή συνάρτηση στο με την ιδιότητα :

$\int_{0}^{1}{{{f}^{2}}({{x}^{2}})}dx=\int_{0}^{1}{f(x)}dx-\frac{1}{3}$

* Αντί της ισότητας μπορούμε να βάλουμε το σύμβολο $(\leq)$ .

Για κάθε $\displaystyle{x\in [0,1]}$ ισχύει

$\displaystyle{(f(x)-\sqrt{x})^2\geq 0 \implies f^2(x)+x\geq 2\sqrt{x}f(x)\implies \boxed{f^2(x^2)+x^2\geq 2xf(x^2)}}$

Όμως, η δοθείσα γράφεται

$\displaystyle{\int_{0}^{1}(f^2(x^2)+x^2)dx\leq \int_{0}^{1}f(x)dx=\int_{0}^{1}2xf(x^2)dx,}$

όπου στο τελευταίο βήμα έγινε η αλλαγή $\displaystyle{x=u^2.}$

Από τις σχέσεις αυτές προκύπτει

$\displaystyle{f(x)=\sqrt{x}~\forall x\in [0,1].}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 12, 2013 6:40 pm**

3η Περίπτωση

Στην περίπτωση αυτή θα εντάξω ασκήσεις εύρεσης συνεχούς συνάρτησης. Στη δοσμένη σχέση δεν υπάρχουν παράγωγοι ή ολοκληρώματα.

Σε τέτοιες ασκήσεις, βασιζόμαστε κυρίως στις εξής παρατηρήσεις :

- Κάθε συνεχής συνάρτηση που δε μηδενίζεται σε ένα διάστημα, διατηρεί πρόσημο σε αυτό.

- Κάθε συνεχής συνάρτηση σε διάστημα που παίρνει μόνο ρητές ή μόνο άρρητες τιμές ή πεπερασμένο πλήθος τιμών είναι σταθερή.

- Αν το μέγιστο και το ελάχιστο και το μέγιστο μιας συνάρτησης συμπίπτουν , τότε αυτή είναι σταθερή. Η παρατήρηση αυτή, σε συνδυασμό όμως με το θεώρημα Fermat, δίνει λύση σε μια κατηγορία ασκήσεων και μάλιστα είναι ο μοναδικός τρόπος για τη λύση τους.
Νομίζω ότι είχαμε μια τέτοια άσκηση στο mathematica , αλλά δεν την έχω μπροστά μου. Ένδειξη για αυτή τη μέθοδο είναι ότι η συνάρτηση είναι συνεχής σε κλειστό διάστημα, ώστε να έχει μέγιστη και ελάχιστη τιμή στο διάστημα αυτό.

Εφαρμογή 5 :

α) Να βρείτε όλες τις συνεχείς συναρτήσεις

με την ιδιότητα f^2(x)=1+2xf(x)

για κάθε $x\in \mathbb R$ .

β) Να βρείτε όλες τις συνεχείς συναρτήσεις

με την ιδιότητα (f(x)-2013)(f(x)-1821)=0

για κάθε $x\in \mathbb R$ .

Η περίπτωση β) έχει το μειονέκτημα ότι δεν προσφέρεται ευρέως για εξετάσεις, ωστόσο σε ένα θεωρητικό θέμα μπορεί κάπου να κολήσει ως ανεξάρτητο
ερώτημα.

γ) Να βρείτε όλες τις συνεχείς συναρτήσεις στο διάστημα $(0,+\infty)$ με την ιδιότητα $( f(x)-\ln x)(f(x) + \ln x)=0$ για κάθε x>0

.

Την περίπτωση γ) δεν την έχουμε δει στις εξετάσεις μέχρι τώρα, πάντα όμως είναι εύκολο να δημιουργηθεί ένα κατάλληλο θέμα που να στηρίζεται σε αυτή την ιδέα.Αν δεν φρεσκάρουμε τον τρόπο διατύπωσης της λύσης λίγο πριν τις εξετάσεις, ακόμα και ο απαιτητικός μαθητής θα έχει δυσκολίες.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 12, 2013 7:05 pm**

Αν και αυτή την άσκηση θα την εντάξω στις συμπληρωματικές περιπτώσεις που θα βάλω σε επόμενο μήνυμα, τη δίνω από τώρα ως θέμα γέφυρα για όσους βιάζονται να τελειώνουν με αυτή τη μεγάλη κατηγορία ασκήσεων.

Εφαρμογή 6(επαναληπτική).

Έστω

μια συνάρτηση με πεδίο ορισμού το σύνολο των θετικών πραγματικών αριθμών που έχει την ιδιότητα : $f(x\cdot y)=f(x)+f(y),\,\,\gamma \iota \alpha \,\,\kappa \theta \varepsilon \,\,x,y>0$
A. Να αποδείξετε ότι:

α) $f\left( \frac{1}{x} \right)=-f(x)$ και $f(\frac {x}{y})=f(x)-f(y)$ για κάθε x,y >0

β) Αν η εξίσωση f(x)=0

έχει μοναδική ρίζα, τότε η

αντιστρέφεται.

Β. Αν η

είναι συνεχής σε κάποιο a>0

,να αποδειχθεί ότι είναι συνεχής και να βρεθεί το όριο $\displaystyle A= \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x)$

Γ. Αν η

είναι παραγωγίσιμη στο

με

, να βρεθεί o τύπος της συνάρτησης αυτής.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 12, 2013 7:38 pm**

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:Εφαρμογή 5 :

α) Να βρείτε όλες τις συνεχείς συναρτήσεις με την ιδιότητα για κάθε $x\in R$ .

β) Να βρείτε όλες τις συνεχείς συναρτήσεις με την ιδιότητα για κάθε $x\in R$ .

Η περίπτωση β) έχει το μειονέκτημα ότι δεν προσφέρεται ευρέως για εξετάσεις, ωστόσο σε ένα θεωρητικό θέμα μπορεί κάπου να κολήσει ως ανεξάρτητο
ερώτημα.

γ) Να βρείτε όλες τις συνεχείς συναρτήσεις στο διάστημα $(0,+\infty)$ με την ιδιότητα για κάθε για κάθε .

α) $f^2(x)=1+2xf(x) \Leftrightarrow f^2(x)-2xf(x)=1 \Leftrightarrow f^2(x)-2xf(x)+x^2=x^2+1 \Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow \left(f(x)-x\right)^2=x^2+1$ .

Έστω g(x)=f(x)-x

, τότε $g^2(x)=x^2+1\;,\;x\in R$ .

Είναι $g(x)\neq 0$ για κάθε $x\in R$ γιατί η εξίσωση g(x)=0

είναι ισοδύναμη με την x^2+1=0

που είναι αδύνατη.
Επίσης η

είναι συνεχής στο

(διαφορά συνεχών) . Άρα διατηρεί σταθερό πρόσημο , επομένως $g(x)=\sqrt{x^2+1}$ για κάθε $x\in R$ ή $g(x)=-\sqrt{x^2+1}$ για κάθε $x\in R$ .

Επομένως $f(x)=x+\sqrt{x^2+1}$ ή $f(x)=x-\sqrt{x^2+1}\;,\;x\in R$ .
β) $(f(x)-2013)(f(x)-1821)=0 \Leftrightarrow f^2(x)-3834\cdot f(x)+3665673=0 \Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow f^2(x)-2\cdot 1917\cdot f(x)+1917^2=1917^2-3665673=0 \Leftrightarrow$
(f(x)-1917)^2=9216

και δουλεύουμε όπως στο (α).

Υπάρχει τρόπος και με Θ. ενδιαμέσων τιμών , αλλά νομίζω ότι ο παραπάνω είναι καλύτερος.
γ) $(f(x)-ln x)(f(x)+ln x)=0 \Leftrightarrow f^2(x)=ln^2x$ .
Η εξίσωση f(x)=0

έχει μοναδική λύση το x=1

.
Σε καθένα από τα διαστήματα (0,1)

και $(1,+\infty)$ η

διατηρεί σταθερό πρόσημο (ως συνεχής και $\neq 0$ ).

Άρα έχουμε τις εξής περιπτώσεις
$f(x)=\begin{cases}|ln x|\;,\;0<x<1\\0\;,\;x=1\\|ln x|\;,\;x>1\end{cases}=|ln x|\;,\;x>0$ .
$f(x)=\begin{cases}|ln x|\;,\;0<x<1\\0\;,\;x=1\\-|ln x|\;,\;x>1\end{cases}=-ln x\;,\;x>0$ .
$f(x)=\begin{cases}-|ln x|\;,\;0<x<1\\0\;,\;x=1\\|ln x|\;,\;x>1\end{cases}=ln x\;,\;x>0$ .
$f(x)=\begin{cases}-|ln x|\;,\;0<x<1\\0\;,\;x=1\\-|ln x|\;,\;x>1\end{cases}=-|ln x|\;,\;x>0$ .

mathematica.gr

1. Η μεθόδευση στην εύρεση συνάρτησης

1. Η μεθόδευση στην εύρεση συνάρτησης

Re: 1. Η μεθόδευση στην εύρεση συνάρτησης

Re: 1. Η μεθόδευση στην εύρεση συνάρτησης

Re: 1. Η μεθόδευση στην εύρεση συνάρτησης

Re: 1. Η μεθόδευση στην εύρεση συνάρτησης

Re: 1. Η μεθόδευση στην εύρεση συνάρτησης

Re: 1. Η μεθόδευση στην εύρεση συνάρτησης

Re: 1. Η μεθόδευση στην εύρεση συνάρτησης

Re: 1. Η μεθόδευση στην εύρεση συνάρτησης

Re: 1. Η μεθόδευση στην εύρεση συνάρτησης

Re: 1. Η μεθόδευση στην εύρεση συνάρτησης

Re: 1. Η μεθόδευση στην εύρεση συνάρτησης

Re: 1. Η μεθόδευση στην εύρεση συνάρτησης

Re: 1. Η μεθόδευση στην εύρεση συνάρτησης

Re: 1. Η μεθόδευση στην εύρεση συνάρτησης

Re: 1. Η μεθόδευση στην εύρεση συνάρτησης

Re: 1. Η μεθόδευση στην εύρεση συνάρτησης

Re: 1. Η μεθόδευση στην εύρεση συνάρτησης

Re: 1. Η μεθόδευση στην εύρεση συνάρτησης

Re: 1. Η μεθόδευση στην εύρεση συνάρτησης