Επαναληπτική με πολλά ερωτήματα

PanosG · #1

Μια κατασκευή με πολλάαα ερωτήματα σε όλη την ύλη. Αν υπάρχουν τίποτα λάθη ή παραλείψεις σε κάποια ερωτήματα ζητάω προκαταβολικά συγνώμη. Όποιος έχει το κουράγιο ας λύσει μερικά ή αν θέλει ας προσθέσει και άλλα

Α) Να αποδείξετε ότι $e^x>x, \forall x\geq0$

Β) Έστω συνάρτηση $f:\left[ {0, + \infty } \right) \to \mathbb{R}$ συνεχής και γνησίως μονότονη στο $\left[ {0, + \infty } \right)$ με $f\left( e \right) = 1$ και για κάθε $x \geq 0$ ισχύει $f\left( x \right){e^{f\left( x \right)}} = x$
i) Να δείξετε ότι η

είναι γνησίως αύξουσα στο $\left[ {0, + \infty } \right)$
ii) να δείξετε ότι $\frac{{lnx}}{2} < f\left( x \right) < x$ για x > 0

iii) Να δείξετε ότι η

αντιστρέφεται και να βρείτε την ${f^{ - 1}}$ και το σύνολο τιμών της

iv) Βρείτε την oριζόντια ασύμπτωτη της ${C_f}$ στο $+ \infty$
v) Βρείτε την πλάγια ασύμπτωτη της ${C_{{f^{ - 1}}}}$ στο $+ \infty$
vi) Να λύσετε την εξίσωση: $e^{f^2 (a) }+lnf(a)=e^{f(a)} ,a>0$
vii) Να δείξετε ότι υπάρχει ένα ${x_0} \in (0,e)$ τέτοιο ώστε $f\left( {{x_0}} \right) = {x_0} - 1$

Γ) Αν η

είναι παραγωγίσιμη στο $\left[ {0, + \infty } \right)$ τότε
i) Να δείξετε ότι η

είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο $\left[ {0, + \infty } \right)$
ii) Να δείξετε ότι η

είναι κοίλη
iii) Να δείξετε ότι υπάρχει ένα $c \in (0,e)$ τέτοιο ώστε ${f{'}}\left( c \right) = \frac{1}{e}$
iv) Να βρείτε την εφαπτομένη της ${C_f}$ στο (0,f(0)

v) Να δείξετε ότι $f(x)\geq \frac{1}{2e} x+1 ,x\geq 0$
vi) Να βρείτε το εμβαδό που περικλείεται μεταξύ ${C_f}$ , xx'

και τις ευθείες x = 0

,

vii) Υπολογίστε το
$\displaystyle{ \mathop \int \limits_0^e \left( {\frac{{{e^{f\left( x \right)}}}}{{{e^{f\left( x \right)}} + x}} + \frac{{f\left( x \right){e^{f\left( x \right)}}}}{{{e^{f\left( x \right)}} + x}}} \right)dx}$

pito · #2

Κάνω την αρχή γιατί πρέπει να φύγω για δουλειά:
α) Έστω η $g(x)=e^{x}-x$ .Η

είναι παραγωγίσιμη με $g'(x)=e^{x}-1=0\Rightarrow x_{o}=1$ και από πίνακα μονοτονίας η

παρουσιάζει ολικό ελάχιστο το g(0)

άρα $g(x)\geq g(0)\Rightarrow g(x)\geq 1\Rightarrow g(x)\succ 0$ .

β)i) ΄Έστω ότι υπάρχουν $x_{1}, x_{2}\geq 0 \mu \epsilon x_{1}\prec x_{2}\Rightarrow f(x_{1})\geq f(x_{2})\Rightarrow e^{f(x_{1}})\geq e^{f(x_{2})}$ , ( αφού η $h(x)=e^{x}$ είναι γνησίως αύξουσα)

όμως αφού $f(x)e^{f(x)}=x, x\in [0,+\propto ) \Rightarrow f(x)\geq 0$ γιατί $e^{f(x)}\succ 0$
και έτσι πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη τις προηγούμενες ανισότητες έχουμε $f(x_{1})e^{f(x_{1})}\geq f(x_{2})e^{f(x_{2})}\Rightarrow x_{1}\geq x_{2}$ ,
άτοπο άρα για $x_{1}\prec x_{2}\Rightarrow f(x_{1})\prec f(x_{2})$
και έτσι η

είναι γνησίως αύξουσα στο $[0,+\propto )$ .

ii) Πρώτα δείχνω ότι $f(x)<x\Leftrightarrow e^{f(x)}f(x)<xe^{f(x)}\Leftrightarrow x<xe^{f(x)}\Leftrightarrow 1<e^{f(x)}\Leftrightarrow e^{0}<e^{f(x)}\Leftrightarrow f(x)>0$ (που ισχύει από το (β) i).

Έπειτα δείχνω ότι $\frac{lnx}{2}<f(x)\Leftrightarrow e^{\frac{lnx}{2}}<e^{f(x)}\Leftrightarrow \sqrt{x}\prec e^{f(x)}\Leftrightarrow f(x)\sqrt{x}<f(x)e^{f(x)}\Leftrightarrow f(x)\sqrt{x}<x\Leftrightarrow f(x)\prec \sqrt{x}\Leftrightarrow f^{2}(x)<x\Rightarrow f^{2}(x)<f(x)e^{f(x)}\Leftrightarrow f(x)<e^{f(x)}$

και η τελευταία ανισότητα ισχύει γιατί $e^{x}>x , x\succ 0\Rightarrow e^{f(x)}>f(x),$ αφού και f(x)>0

iii) Εστω $x_{1}, x_{2}\geq 0 \mu \varepsilon f(x_{1})=f(x_{2}) \Rightarrow e^{f(x_{1})}=e^{f(x_{2})}\Rightarrow f(x_{1})e^{f(x_{1})}=f(x_{2})e^{f(x_{2})}\Rightarrow x_{1}=x_{2}$
άρα η

είναι

.
Δείξαμε ότι $f(x)\geq 0\Rightarrow A_{f^{-1}}=[0,+\propto )$
και στη σχέση $f(x)e^{f(x)} =x$ θέτω $f(x)=y\Rightarrow x=f^{-1}(y)\Rightarrow f^{-1}(x)=xe^{x}, x\geq 0$ .
Αυτά!!! Γεια σας ( ελπίζω να μην έχω κάνει καμμιά πατάτα)

#3

PanosG έγραψε:Μια κατασκευή με πολλάαα ερωτήματα σε όλη την ύλη. Αν υπάρχουν τίποτα λάθη ή παραλείψεις σε κάποια ερωτήματα ζητάω προκαταβολικά συγνώμη. Όποιος έχει το κουράγιο ας λύσει μερικά ή αν θέλει ας προσθέσει και άλλα

Α) Να αποδείξετε ότι $e^x>x, \forall x\geq0$

Β) Έστω συνάρτηση $f:\left[ {0, + \infty } \right) \to \mathbb{R}$ συνεχής και γνησίως μονότονη στο $\left[ {0, + \infty } \right)$ με $f\left( e \right) = 1$ και για κάθε $x \geq 0$ ισχύει $f\left( x \right){e^{f\left( x \right)}} = x$
i) Να δείξετε ότι η είναι γνησίως αύξουσα στο $\left[ {0, + \infty } \right)$
ii) να δείξετε ότι $\frac{{lnx}}{2} < f\left( x \right) < x$ για
iii) Να δείξετε ότι η αντιστρέφεται και να βρείτε την ${f^{ - 1}}$ και το σύνολο τιμών της
iv) Βρείτε την oριζόντια ασύμπτωτη της ${C_f}$ στο $+ \infty$
v) Βρείτε την πλάγια ασύμπτωτη της ${C_{{f^{ - 1}}}}$ στο $+ \infty$
vi) Να λύσετε την εξίσωση: $e^{f^2 (a) }+lnf(a)=e^{f(a)} ,a>0$
vii) Να δείξετε ότι υπάρχει ένα ${x_0} \in (0,e)$ τέτοιο ώστε $f\left( {{x_0}} \right) = {x_0} + 1$

Γ) Αν η είναι παραγωγίσιμη στο $\left[ {0, + \infty } \right)$ τότε
i) Να δείξετε ότι η είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο $\left[ {0, + \infty } \right)$
ii) Να δείξετε ότι η είναι κοίλη
iii) Να δείξετε ότι υπάρχει ένα $c \in (0,e)$ τέτοιο ώστε ${f{'}}\left( c \right) = \frac{1}{e}$
iv) Να βρείτε την εφαπτομένη της ${C_f}$ στο
v) Να δείξετε ότι $f(x)\geq \frac{1}{2e} x+1 ,x\geq 0$
vi) Να βρείτε το εμβαδό που περικλείεται μεταξύ ${C_f}$ , και τις ευθείες ,
vii) Υπολογίστε το
$\displaystyle{ \mathop \int \limits_0^e \left( {\frac{{{e^{f\left( x \right)}}}}{{{e^{f\left( x \right)}} + x}} + \frac{{f\left( x \right){e^{f\left( x \right)}}}}{{{e^{f\left( x \right)}} + x}}} \right)dx}$

Α) Θεωρούμε τη συνάρτηση $\displaystyle{ f \to f\left( x \right) = e^x - x,x \in \left[ {0, + \infty } \right) }$

• Η $\displaystyle{ f }$ είναι συνεχής στο $\displaystyle{ \left[ {0, + \infty } \right) }$ (διαφορά συνεχών)

• Η $\displaystyle{ f }$ είναι παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{ \left( {0, + \infty } \right) }$ (διαφορά παραγωγισίμων) με $\displaystyle{ f{'}\left( x \right) = \left( {e^x - x} \right)^\prime = e^x - 1,x \in \left( {0, + \infty } \right) }$

και για $\displaystyle{ x > 0\mathop \Rightarrow \limits^{e^t (\gamma \nu \eta \sigma \omega \varsigma - \alpha \xi o\upsilon \sigma \alpha )} e^x > e^0 \Rightarrow e^x > 1 \Rightarrow e^x - 1 > 0 \Rightarrow f{'}\left( x \right) > 0\mathop \Rightarrow \limits^{f - \sigma \upsilon \nu \varepsilon \chi \varsigma .\sigma \tau o.\left[ {0, + \infty } \right)} f }$ γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{ \left[ {0, + \infty } \right) }$ οπότε

για κάθε $\displaystyle{ x \geqslant 0 \Rightarrow f\left( x \right) \geqslant f\left( 0 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{f\left( 0 \right) = e^0 - 0 = 1} f\left( x \right) \geqslant 1 > 0,\forall x \in \left[ {0, + \infty } \right) \Rightarrow e^x - x > 0,\forall x \in \left[ {0, + \infty } \right) \Rightarrow }$ $\displaystyle{ \boxed{e^x > x,\forall x \in \left[ {0, + \infty } \right)} }$

Β) i) Από $\displaystyle{ f\left( x \right) \cdot e^{f\left( x \right)} = x\mathop \Rightarrow \limits^{x = 0} f\left( 0 \right) \cdot e^{f\left( 0 \right)} = 0\mathop \Rightarrow \limits^{e^{f\left( 0 \right)} > 0} \boxed{f\left( 0 \right) = 0}:\left( 1 \right) }$ . Με $\displaystyle{ 0 < e \Rightarrow f\left( 0 \right) = 0 < 1 = f\left( e \right)\mathop \Rightarrow \limits^{f(\gamma \nu \sigma \iota \alpha - \mu o\nu \tau o\nu \eta )} f }$ γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{ \left[ {0, + \infty } \right) }$

ii) Για $\displaystyle{ x > 0\mathop \Rightarrow \limits^{f(\gamma \nu \sigma \iota \alpha - \alpha \xi o\upsilon \sigma \alpha )} f\left( x \right) > 0 }$ από το Α) $\displaystyle{ e^x > x,\forall x \in \left( {0, + \infty } \right)\xrightarrow{{x \to f\left( x \right) > 0,x \in \left( {0, + \infty } \right)}}e^{f\left( x \right)} > f\left( x \right)\mathop \Rightarrow \limits^{ \cdot e^{f\left( x \right)} } }$

$\displaystyle{ e^{f\left( x \right)} \cdot e^{f\left( x \right)} > f\left( x \right) \cdot e^{f\left( x \right)} \mathop \Rightarrow \limits^{f\left( x \right)e^{f\left( x \right)} = x} e^{2f\left( x \right)} > x\mathop \Rightarrow \limits^{\ln (\gamma \nu \eta \sigma \omega \varsigma - \alpha \xi o\upsilon \sigma )} \ln e^{2f\left( x \right)} > \ln x \Rightarrow 2f\left( x \right) > \ln x \Rightarrow \boxed{f\left( x \right) > \frac{{\ln x}} {2}}:\left( 2 \right) }$

και $\displaystyle{ \forall x \in \left( {0, + \infty } \right)\mathop \Rightarrow \limits^{f(\gamma \nu \eta \sigma \omega \varsigma - \alpha \upsilon \xi o\upsilon \sigma \alpha )} f\left( x \right) > f\left( 0 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{f\left( 0 \right) = 0} f\left( x \right) > 0\mathop \Rightarrow \limits^{e^t (\gamma \nu \eta \sigma \omega \varsigma - \alpha \xi o\upsilon \sigma \alpha )} e^{f\left( x \right)} > e^0 \Rightarrow e^{f\left( x \right)} > 1\mathop \Rightarrow \limits^{\forall x \in \left( {0, + \infty } \right) \to f\left( x \right) > 0} }$

$\displaystyle{ f\left( x \right)e^{f\left( x \right)} > f\left( x \right)\mathop \Rightarrow \limits^{f\left( x \right)e^{f\left( x \right)} = x(\upsilon \pi \theta \varepsilon \sigma \eta )} \boxed{x > f\left( x \right)}:\left( 3 \right) }$ . Από $\displaystyle{ \left( 2 \right),\left( 3 \right) \Rightarrow \boxed{\frac{{\ln x}} {2} < f\left( x \right) < x,\forall x \in \left( {0, + \infty } \right)} }$

iii) Επειδή η $\displaystyle{ f }$ είναι γνησίως αύξουσα θα είναι και "1-1" άρα αντιστρέψιμη. Με $\displaystyle{ f }$ συνεχή και γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{ \left[ {0, + \infty } \right) \Rightarrow \boxed{f\left( {\left[ {0, + \infty } \right)} \right) = \left[ {f\left( 0 \right),\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right)} \right)} }$

Είναι $\displaystyle{ f\left( 0 \right) = 0 }$ και από τη σχέση $\displaystyle{ \left( 2 \right) }$ για $\displaystyle{ x > 1 \Rightarrow \ln x > 0 }$ είναι $\displaystyle{ f\left( x \right) > \frac{{\ln x}} {2} > 0 \Rightarrow \boxed{0 < \frac{1} {{f\left( x \right)}} < 2 \cdot \frac{1} {{\ln x}}}:\left( 4 \right) }$

Είναι $\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \ln x = + \infty \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{1} {{\ln x}}} \right) = 0 \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {2\frac{1} {{\ln x}}} \right) = 0\mathop \Rightarrow \limits^{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } 0 = 0 \to {\rm K}\rho \iota \tau \rho \iota o - \pi \alpha \rho \varepsilon \mu \beta o\lambda \varsigma \to \left( 3 \right)} \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{1} {{f\left( x \right)}}} \right) = 0 }$

$\displaystyle{ \mathop \Rightarrow \limits^{f\left( x \right) > 0,\forall x \in \left( {0, + \infty } \right)} \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = + \infty \mathop \Rightarrow \limits^{\left( 4 \right)} f\left( {\left[ {0, + \infty } \right)} \right) = \boxed{\left[ {0, + \infty } \right) = D\left( {f^{ - 1} } \right)} }$

Από $\displaystyle{ f\left( x \right) \cdot e^{f\left( x \right)} = x\xrightarrow{{x \to f^{ - 1} \left( x \right) \in \left[ {0, + \infty } \right)}}f\left( {f^{ - 1} \left( x \right)} \right) \cdot e^{f\left( {f^{ - 1} \left( x \right)} \right)} = f^{ - 1} \left( x \right)\mathop \Rightarrow \limits^{f\left( {f^{ - 1} \left( x \right)} \right) = x} \boxed{f^{ - 1} \left( x \right) = xe^x ,x \in \left[ {0, + \infty } \right)} }$

iv) Από τη σχέση $\displaystyle{ \frac{{\ln x}} {2} < f\left( x \right) < x,\forall x \in \left( {0, + \infty } \right)\mathop \Rightarrow \limits^{x > 1} 0 < \frac{{\ln x}} {2} < f\left( x \right) < x \Rightarrow \frac{2} {{\ln x}} > \frac{1} {{f\left( x \right)}} > \frac{1} {x} }$

$\displaystyle{ \mathop \Rightarrow \limits^{\left( {\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{2} {{\ln x}} = \ldots 0 = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{1} {x}} \right) \to (\kappa \rho \iota \tau \rho \iota o - \pi \alpha \rho \varepsilon \mu \beta o\lambda \varsigma )} \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{1} {{f\left( x \right)}} = 0\mathop \Rightarrow \limits^{f\left( x \right) > 0,\forall x \in \left( {1, + \infty } \right)} \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = + \infty \in R }$

Άρα δεν υπάρχει οριζόντια ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της $\displaystyle{ f }$ στο $\displaystyle{ + \infty }$

v) Είναι $\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{f^{ - 1} \left( x \right)}} {x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{x \cdot e^x }} {x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } e^x = + \infty \in R }$ άρα η γραφική παράσταση της $\displaystyle{ f^{ - 1} }$ δεν δέχεται πλάγια ασύμπτωτη στο $\displaystyle{ + \infty }$

vi) Επειδή $\displaystyle{ f\left( e \right) = 1 }$ και ισχύει: $\displaystyle{ e^{f^2 \left( e \right)} + \ln f\left( e \right) = e + \ln 1 = e = e^1 = e^{f\left( e \right)} }$ το $\displaystyle{ a = e }$ είναι μια λύση της εξίσωσης $\displaystyle{ e^{f^2 \left( a \right)} + \ln f\left( a \right) = e^{f\left( a \right)} }$

Για $\displaystyle{ a > e\mathop \Rightarrow \limits^{f(\gamma \nu \eta \sigma \omega \varsigma - \alpha \xi o\upsilon \sigma \alpha - \sigma \tau o - \left[ {0, + \infty } \right)} f\left( a \right) > f\left( e \right) = 1 \Rightarrow f\left( a \right) > 1 \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} f^2 \left( a \right) > f\left( a \right)\mathop \Rightarrow \limits^{e^x (\gamma \nu \eta \sigma \omega \varsigma - \alpha \xi o\upsilon \sigma \alpha )} e^{f^2 \left( a \right)} > e^{f\left( a \right)} \\ \ln \left( {f\left( a \right)} \right) > 0 \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} e^{f^2 \left( a \right)} - e^{f\left( a \right)} > 0 \\ \ln \left( {f\left( a \right)} \right) > 0 \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow e^{f^2 \left( a \right)} + \ln \left( {f\left( a \right)} \right) - e^{f\left( a \right)} > 0 \Rightarrow e^{f^2 \left( a \right)} + \ln \left( {f\left( a \right)} \right) - e^{f\left( a \right)} \ne 0 \Rightarrow \boxed{e^{f^2 \left( a \right)} + \ln \left( {f\left( a \right)} \right) \ne e^{f\left( a \right)} } }$

άρα η εξίσωση δεν έχει ρίζα στο διάστημα $\displaystyle{ \left( {e, + \infty } \right) }$

Με όμοιο τρόπο προκύπτει ότι: $\displaystyle{ 0 < a < e\mathop \Rightarrow \limits^{f(\gamma \nu \eta \sigma \omega \varsigma - \alpha \xi o\upsilon \sigma \alpha - \sigma \tau o - \left[ {0, + \infty } \right)} f\left( a \right) < f\left( e \right) = 1 \Rightarrow f\left( a \right) < 1 \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} f^2 \left( a \right) < f\left( a \right)\mathop \Rightarrow \limits^{e^x (\gamma \nu \eta \sigma \omega \varsigma - \alpha \xi o\upsilon \sigma \alpha )} e^{f^2 \left( a \right)} < e^{f\left( a \right)} \\ \ln \left( {f\left( a \right)} \right) < 0 \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} e^{f^2 \left( a \right)} - e^{f\left( a \right)} < 0 \hfill \\ \ln \left( {f\left( a \right)} \right) < 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow e^{f^2 \left( a \right)} + \ln \left( {f\left( a \right)} \right) - e^{f\left( a \right)} < 0 \Rightarrow e^{f^2 \left( a \right)} + \ln \left( {f\left( a \right)} \right) - e^{f\left( a \right)} \ne 0 \Rightarrow \boxed{e^{f^2 \left( a \right)} + \ln \left( {f\left( a \right)} \right) \ne e^{f\left( a \right)} } }$

άρα η άρα η εξίσωση δεν έχει ρίζα και στο διάστημα $\displaystyle{ \left( {0, + \infty } \right) }$ . Τελικά η εξίσωση έχει μοναδική ρίζα την $\displaystyle{ \boxed{a = e} }$

vi) Προφανώς (όπως φαίνεται και στο σχήμα η εξίσωση δεν έχει λύση!!! (κάτι δεν πάει καλά… μήπως στη θέση του $\displaystyle{ f\left( x \right) }$ είναι η $\displaystyle{ f^{ - 1} \left( x \right) }$ ;)
[attachment=0]1.png[/attachment]
Γ) i) Αν $\displaystyle{ f }$ είναι παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{ \left[ {0, + \infty } \right) }$ τότε παραγωγίζοντας (πράξεις με παραγωγίσιμες) την $\displaystyle{ f\left( x \right) \cdot e^{f\left( x \right)} = x \Rightarrow \left( {f\left( x \right) \cdot e^{f\left( x \right)} } \right)^\prime = \left( x \right)^\prime \Rightarrow f{'}\left( x \right) \cdot e^{f\left( x \right)} + f\left( x \right) \cdot e^{f\left( x \right)} f{'}\left( x \right) = 1 }$

$\displaystyle{ \Rightarrow f{'}\left( x \right) \cdot e^{f\left( x \right)} \left( {f\left( x \right) + 1} \right) = 1\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {f\left( x \right) \geqslant 0,\forall x \geqslant 0} \right) \Rightarrow f\left( x \right) + 1 \geqslant 1 \ne 0,\forall x \geqslant 0,e^{f\left( x \right)} > 0} \boxed{f{'}\left( x \right) = \frac{1} {{e^{f\left( x \right)} \left( {f\left( x \right) + 1} \right)}}} }$

οποία είναι προφανώς συνεχής και παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{ \left[ {0, + \infty } \right) }$ (...πράξεις με συνεχείς και παραγωγίσιμες)

ii) $\displaystyle{ f{'}{'}\left( x \right) = \left[ {\frac{1} {{e^{f\left( x \right)} \left( {f\left( x \right) + 1} \right)}}} \right]^\prime = - \frac{{\left( {e^{f\left( x \right)} \left( {f\left( x \right) + 1} \right)} \right)^\prime }} {{\left( {e^{f\left( x \right)} \left( {f\left( x \right) + 1} \right)} \right)^2 }} = - \frac{{e^{f\left( x \right)} \cdot f{'}\left( x \right) \cdot \left( {f\left( x \right) + 1} \right) + e^{f\left( x \right)} \cdot f{'}\left( x \right)}} {{\left( {e^{f\left( x \right)} \left( {f\left( x \right) + 1} \right)} \right)^2 }} = }$

$\displaystyle{ - \frac{{e^{f\left( x \right)} \cdot f{'}\left( x \right) \cdot \left( {f\left( x \right) + 2} \right)}} {{\left( {e^{f\left( x \right)} \left( {f\left( x \right) + 1} \right)} \right)^2 }}\mathop \Rightarrow \limits^{f{'}\left( x \right) = \frac{1} {{e^{f\left( x \right)} \left( {f\left( x \right) + 1} \right)}} > 0,f\left( x \right) + 2 \geqslant 2 > 0,e^{f\left( x \right)} } \boxed{f{'}{'}\left( x \right) < 0,\forall x \in \left[ {0, + \infty } \right)} }$ άρα η συνάρτηση $\displaystyle{ f }$ είναι κοίλη στο $\displaystyle{ \left[ {0, + \infty } \right) }$

iii) Επειδή η $\displaystyle{ f }$ είναι παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{ \left[ {0,e} \right] }$ ισχύουν οι προϋποθέσεις του θεωρήματος της μέσης τιμής του διαφορικού λογισμού στο $\displaystyle{ \left[ {0,e} \right] }$

άρα υπάρχει ένα τουλάχιστον $\displaystyle{ c \in \left( {0,e} \right):f{'}\left( c \right) = \frac{{f\left( e \right) - f\left( 0 \right)}} {{e - 0}}\mathop \Rightarrow \limits^{f\left( e \right) = 1,f\left( 0 \right) = 0} \boxed{f{'}\left( c \right) = \frac{1} {e}} }$ και αφού $\displaystyle{ f{'}{'}\left( x \right) < 0,\forall x \in \left[ {0, + \infty } \right) \supseteq \left( {0,e} \right) \Rightarrow f' }$ είναι

γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{ \left( {0,e} \right) }$ άρα το $\displaystyle{ c }$ είναι μοναδικό

iv) Η εξίσωση της εφαπτόμενης της $\displaystyle{ C_f }$ στο $\displaystyle{ M\left( {0,f\left( 0 \right)} \right) }$ είναι: $\displaystyle{ \left( \varepsilon \right):y - f\left( 0 \right) = f{'}\left( 0 \right) \cdot \left( {x - 0} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{f\left( 0 \right) = 0,f{'}\left( 0 \right) = \frac{1} {{e^{f\left( 0 \right)} \left( {f\left( 0 \right) + 1} \right)}} = 1} \boxed{y = x} }$

v) Η εξίσωση της εφαπτομένης της $\displaystyle{ C_f }$ στο $\displaystyle{ N\left( {e,f\left( e \right)} \right) }$ είναι:

$\displaystyle{ \left( \eta \right):y - f\left( e \right) = f{'}\left( e \right) \cdot \left( {x - e} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{f\left( e \right) = 1,f{'}\left( e \right) = \frac{1} {{e^{f\left( e \right)} \left( {f\left( e \right) + 1} \right)}} = \frac{1} {{2e}}} y - 1 = \frac{1} {{2e}}\left( {x - e} \right) \Rightarrow \boxed{y = \frac{1} {{2e}}x + \frac{1} {2}} }$ και επειδή η συνάρτηση είναι «κοίλη» στο $\displaystyle{ \left[ {0, + \infty } \right) }$

η γραφικής της παράσταση θα βρίσκεται κάτω από την εφαπτόμενη σε κάθε σημείο της άρα

$\displaystyle{ f\left( x \right) \leqslant \frac{1} {{2e}}x + \frac{1} {2} }$ ( νομίζω ότι και εδώ υπάρχει ένα μικρό προβληματάκι που θέλει διόρθωση)

vi) Το ζητούμενο εμβαδόν είναι $\displaystyle{ E = \int\limits_0^e {\left| {f\left( x \right)} \right|dx} \mathop \Rightarrow \limits^{f\left( x \right) \geqslant 0,\forall x \in \left[ {0,e} \right]} E = \int\limits_0^e {f\left( x \right)dx} }$ $\displaystyle{ \mathop = \limits^{x = f^{ - 1} \left( t \right) \Rightarrow \left\{ \begin{subarray}{l} dx = \left( {f^{ - 1} } \right)^\prime \left( t \right)dt = \ldots \left( {e^t + te^t } \right)dt \\ x = 0 \Rightarrow f^{ - 1} \left( t \right) = 0 \Rightarrow t = f\left( 0 \right) = 0 \\ x = 0 \Rightarrow f^{ - 1} \left( t \right) = e \Rightarrow t = f\left( e \right) = 1 \end{subarray} \right.} }$ $\displaystyle{ \int\limits_0^1 {f\left( {f^{ - 1} \left( t \right)} \right) \cdot \left( {e^t + te^t } \right)dt} = }$

$\displaystyle{ \int\limits_0^1 {t \cdot \left( {e^t + te^t } \right)dt} = \int\limits_0^1 {\left( {te^t + t^2 e^t } \right)dt} = \int\limits_0^1 {te^t dt} + \int\limits_0^1 {t^2 e^t dt} = \int\limits_0^1 {te^t dt} + \int\limits_0^1 {t^2 \left( {e^t } \right)^\prime dt} = }$

$\displaystyle{ \int\limits_0^1 {te^t dt} + \left[ {t^2 e^t } \right]_0^1 - \int\limits_0^1 {\left( {t^2 } \right)^\prime e^t dt} = \int\limits_0^1 {te^t dt} + e - 2\int\limits_0^1 {te^t dt} = e - \int\limits_0^1 {te^t dt} = e - \int\limits_0^1 {t\left( {e^t } \right)^\prime dt} = }$

$\displaystyle{ e - \left( {\left[ {te^t } \right]_0^1 - \int\limits_0^1 {e^t dt} } \right) = e - \left( {\left[ {te^t } \right]_0^1 - \left[ {e^t } \right]_0^1 } \right) = e - \left( {e - e + 1} \right) \Rightarrow \ldots \boxed{E = \left( {e - 1} \right)\tau .\mu } }$

vi) Είναι : $\displaystyle{ \int\limits_0^e {\left( {\frac{{e^{f\left( x \right)} }} {{e^{f\left( x \right)} + x}} + \frac{{f\left( x \right)e^{f\left( x \right)} }} {{e^{f\left( x \right)} + x}}} \right)} dx = \int\limits_0^e {\left( {\frac{{e^{f\left( x \right)} + f\left( x \right)e^{f\left( x \right)} }} {{e^{f\left( x \right)} + x}}} \right)} dx\mathop = \limits^{f\left( x \right)e^{f\left( x \right)} = x} \int\limits_0^e {\left( {\frac{{e^{f\left( x \right)} + x}} {{e^{f\left( x \right)} + x}}} \right)} dx = \int\limits_0^e 1 dx = e - 0 = e }$

Στάθης

PanosG · #4

Ευχαριστώ Στάθη. Για το ερώτημα vii) έχεις δίκιο υπάρχει τυπογραφικό. Το x_0+1

έγινε

και τώρα με ένα Bolzano στο (0,e)

νομίζω ότι είναι οκ.

Paolos · #5

Μπορούμε να ενισχύσουμε την άσκηση, αποδεικνύοντας πως η $\displaystyle{f}$ είναι παραγωγίσιμη, χρησιμοποιώντας μόνο τη συνέχειά της.

Πράγματι, αν $\displaystyle{a \ge 0}$ , τότε για $\displaystyle{x}$ κοντά στο $\displaystyle{a}$ έχουμε ότι:

$\displaystyle{f(x){e^{f(x)}} = x\,\,\,,\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\,\,\,f(\alpha ){e^{f(\alpha )}} = \alpha .}$

Αφαιρώντας κατά μέλη παίρνουμε

$\displaystyle{f(x){e^{f(x)}} - f(\alpha ){e^{f(\alpha )}} = x - \alpha }$

$\displaystyle{f(x){e^{f(x)}} - f(\alpha ){e^{f(\alpha )}} + f(\alpha ){e^{f(x)}} - f(\alpha ){e^{f(\chi )}} = x - \alpha }$

$\displaystyle{{e^{f(x)}}\left( {f(x) - f(a)} \right) + f(\alpha )\left( {{e^{f(x)}} - {e^{f(a)}}} \right) = x - \alpha }$

$\displaystyle{{e^{f(x)}}\frac{{f(x) - f(a)}}{{x - a}} + f(\alpha )\frac{{{e^{f(x)}} - {e^{f(a)}}}}{{x - a}} = 1}$

$\displaystyle{{e^{f(x)}}\frac{{f(x) - f(a)}}{{x - a}} + f(\alpha )\frac{{{e^{f(x)}} - {e^{f(a)}}}}{{f(x) - f(a)}}\frac{{f(x) - f(a)}}{{x - a}} = 1}$

$\displaystyle{\frac{{f(x) - f(a)}}{{x - a}}\left( {{e^{f(x)}} + f(\alpha )\frac{{{e^{f(x)}} - {e^{f(a)}}}}{{f(x) - f(a)}}} \right) = 1\,\,(*)}$ .

Όμως:

$\displaystyle{f}$ συνεχής στο $\displaystyle{a}$ άρα $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to a} {e^{f(x)}} = {e^{f(a)}}}$ και

$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to a} \frac{{{e^{f(x)}} - {e^{f(a)}}}}{{f(x) - f(a)}}\mathop {\mathop { = = = = = = = = = }\limits_{u \to f(a)\,\,\,\tau \alpha \nu \,x \to a} }\limits^{u = f(x)} \mathop {\lim }\limits_{x \to f(a)} \frac{{{e^u} - {e^{f(a)}}}}{{u - f(a)}}\mathop = \limits^{\frac{0}{0}} \mathop {\lim }\limits_{x \to f(a)} \frac{{{{\left( {{e^u} - {e^{f(a)}}} \right)}^\prime }}}{{{{\left( {u - f(a)} \right)}^\prime }}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to f(a)} {e^u} = {e^{f(a)}} > 0}$

Άρα $\displaystyle{\frac{{{e^{f(x)}} - {e^{f(a)}}}}{{f(x) - f(a)}} > 0}$ για $\displaystyle{x}$ κοντά στο $\displaystyle{a}$

και άρα $\displaystyle{\left( {{e^{f(x)}} + f(\alpha )\frac{{{e^{f(x)}} - {e^{f(a)}}}}{{f(x) - f(a)}}} \right) > 0}$ , για $\displaystyle{x}$ κοντά στο $\displaystyle{a}$ .

Η σχέση $\displaystyle{(*)}$ δίνει

$\displaystyle{\frac{{f(x) - f(a)}}{{x - a}} = \frac{1}{{\left( {{e^{f(x)}} + f(\alpha )\frac{{{e^{f(x)}} - {e^{f(a)}}}}{{f(x) - f(a)}}} \right)}}\mathop \to \limits^{x \to a} \frac{1}{{{e^{f(a)}} + f(a){e^{f(a)}}}}}$ .

Όντως λοιπον η $\displaystyle{f}$ είναι παραγωγίσιμη, με

$\displaystyle{f'(x) = \frac{1}{{{e^{f(x)}} + f(x){e^{f(x)}}}}\,\,,\,\,x \ge 0.}$

Σχόλιο: μπορέσαμε παραπάνω και διαιρέσαμε με $\displaystyle{f(x) - f(a)}$ , διότι

για $\displaystyle{x \ne a \Rightarrow f(x) \ne f(a)}$ , αφου η $\displaystyle{f}$ είναι αντιστρέψιμη συνάρτηση.

Επαναληπτική με πολλά ερωτήματα

Επαναληπτική με πολλά ερωτήματα

Re: Επαναληπτική με πολλά ερωτήματα

Re: Επαναληπτική με πολλά ερωτήματα

Re: Επαναληπτική με πολλά ερωτήματα

Re: Επαναληπτική με πολλά ερωτήματα

Μέλη σε σύνδεση