ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-ΟΡΙΑ-ΣΥΝΕΧΕΙΑ

dennys · #81

Σχετικά με το cii) επειδή η συναρτηση είναι γν.μονότονη παίρνω όρια στα άκρα του πεδίου ορισμού.,και ανάλογα
με την μονοτονία , βρίσκω το f(A)

.
To συγκεκριμένο είναι απλό ,εκτός αν εννοείς κάτι άλλο. Στο έχουμε συνηθίσει σε αιφνιδιασμούς επίζω να μην αφορά εμένα. Αλλιώς πές το μου.
Τώρα οταν δίνεται οτι $f(x):R \rightarrow(0, \infty)$ εννοείται το $(0,\infty)$ πεδίο τιμών, και οχι "μέσα" σ'αυτό.
φυλικά
dennys

Ιστοσελίδα · #82

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ έγραψε:...
Άσκηση 67
...

ΛΥΣΗ
...

Δημήτρη, πολύ ωραία η λύση της 67.
Να δώσω μια ακόμα, διαφορετική, αντιμετώπιση για το Δ3

Άσκηση 67
Δ3
Για κάθε $x \in \left( {0,1} \right)$ έχουμε ισοδύναμα ότι $x{e^{\alpha + 3}} = {e^{f\left( x \right)}} \Leftrightarrow \ln \left( {x{e^{\alpha + 3}}} \right) = \ln {e^{f\left( x \right)}} \Leftrightarrow \ln x + \alpha + 3 = f\left( x \right) \Leftrightarrow \alpha = f\left( x \right) - \ln x - 3 \Leftrightarrow g\left( x \right) = \alpha$
Όμως από το Δ1 ερώτημα έχουμε ότι η

είναι γνήσια φθίνουσα και έχει σύνολο τιμών το $\left( { - 1, + \infty } \right)$ .
Επομένως:
• Για κάθε $\alpha \in \left( { - 1, + \infty } \right)$ η εξίσωση έχει μοναδική ρίζα αφού η

είναι 1-1 ως γνήσια φθίνουσα.
• Για κάθε $\alpha \in \left( { - \infty ,1} \right]$ η εξίσωση είναι αδύνατη
Μίλτος

ghan · #83

ΑΣΚΗΣΗ 68

Έστω $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ με $f\left( \mathbb{R} \right)=\mathbb{R}$ και επιπλέον για κάθε $x,y\in \mathbb{R}$ ισχύει $\left| f(x)-f(y) \right|\ge \frac{1}{\vartheta }\left| x-y \right|$ , όπου $\vartheta \in \left( 0,1 \right)$ . Να δειχθεί ότι:
α) η

αντιστρέφεται,
β) $\left| {{f}^{-1}}(x)-{{f}^{-1}}(y) \right|\le \vartheta \left| x-y \right|$ για κάθε $x,y\in \mathbb{R}$ ,
γ) η ${{f}^{-1}}(x)$ είναι συνεχής στο $\mathbb{R}$ ,
δ) η εξίσωση ${{f}^{-1}}(x)=x$ έχει το πολύ μία ρίζα στο $\mathbb{R}$ .

#84

ΛΥΣΗ ΑΣΚΗΣΗΣ 68

i) Θέτουμε στην αρχική σχέση x=x_1,y=x_2

και έχουμε:
$\displaystyle{|f(x_1)-f(x_2)| \geq \frac{1}{\theta}|x_1-x_2| (I)}$ .

Έστω ότι f(x_1)=f(x_2)

, οπότε η

γίνεται:
$\displaystyle{0 \geq \frac{1}{\theta}|x_1-x_2| \Leftrightarrow |x_1-x_2|\leq 0 \Leftrightarrow x_1=x_2}$ ,
οπότε η

είναι

άρα αντιστρέφεται.

ii) Θέτουμε στην αρχική σχέση όπου

το $f^{-1}(x)$ και όπου

το $f^{-1}(y)$ και έχουμε:
$\displaystyle{|x-y| \geq \frac{1}{\theta}|f^{-1}(x)-f^{-1}(y)| \Leftrightarrow |f^{-1}(x)-f^{-1}(y)| \leq \theta|x-y| (II)}$ .

iii) Θέτουμε στην (I)

και έχουμε:
$\displaystyle{|f^{-1}(x)-f^{-1}(x_0)| \leq \theta|x-x_0| \Leftrightarrow -\theta|x-x_0| \leq f^{-1}(x)-f^{-1}(x_0) \leq \theta|x-x_0| (III)}$ .

Τότε:
$\displaystyle{\lim_{x \rightarrow x_0} \left(-\theta|x-x_0| \right)=\lim_{x \rightarrow x_0} \left(\theta|x-x_0| \right) =0}$ ,

οπότε λόγω της (III)

και του κριτηρίου παρεμβολής ισχύει:
$\displaystyle{\lim_{x \rightarrow x_0} \left(f^{-1}(x)-f^{-1}(x_0) \right) = 0 \Leftrightarrow \lim_{x \rightarrow x_0} \left(f^{-1}(x) \right) = f^{-1}(x_0)}$ ,
δηλαδή η $f^{-1}$ είναι συνεχής στο τυχαίο x_0

, άρα είναι συνεχής στo $\mathbb{R}$ .

iv) Έστω x_1,x_2

διαφορετικές ρίζες της εξίσωσης $f^{-1}(x)=x$ ,
οπότε θα ισχύει: $f^{-1}(x_1)=x_1,f^{-1}(x_2)=x_2$ , οπότε θα ισχύει και x_1=f(x_1),x_2=f(x_2)

.

Θέτουμε στην αρχική σχέση x=x_1,y=x_2

και έχουμε:
$\displaystyle{|f(x_1)-f(x_2)| \geq \frac{1}{\theta}|x_1-x_2| \Leftrightarrow |x_1-x_2|\geq \frac{1}{\theta}|x_1-x_2| \Leftrightarrow \theta \geq 1}$ , που είναι άτοπο.

Συνεπώς η ζητούμενη εξίσωση έχει το πολύ μία λύση.

Υ.Γ. Ευχαριστώ τον parmenides51 για την υπόδειξη!!!

perpant · #85

ΑΣΚΗΣΗ 69

Δίνονται οι συναρτήσεις $\displaystyle{f,g:\Re \to \Re }$ για τις οποίες ισχύει $\displaystyle{f^2 \left( x \right) + g^2 \left( x \right) +1= 2xf\left( x \right) + 2g\left( x \right)}$ , για κάθε $\displaystyle{x \in \Re }$ .

α) Να δείξετε ότι $\displaystyle{\left( {f\left( x \right) - x} \right)^2 + \left( {g\left( x \right) - 1} \right)^2 = x^2 }$ , για κάθε $\displaystyle{x \in \Re }$ .

β) Να δείξετε ότι οι $\displaystyle{f}$ και $\displaystyle{g}$ είναι συνεχείς στο $\displaystyle{x_o = 0}$

γ) Να βρείτε το όριο $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{f\left( x \right)}}{{x^2 }}}$

δ) Αν η $\displaystyle{g}$ συνεχής στο $\displaystyle{\Re }$ , να δείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle{g\left( x \right) = - 2x}$ έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο $\displaystyle{\Re }$

EDIT: Πρόσθεσα τη μονάδα στην αρχική σχέση. Ευχαριστώ όσους μου το επισήμαναν και συγγνώμη από όσους τους ταλαιπώρησα

parmenides51 · #86

Θα πρότεινα να σταματήσουν οι ασκήσεις στο 70 και να συνεχιστεί η συλλογή στον διαφορικό λογισμό. Εκεί ας βάλουμε περισσότερες ασκήσεις πχ. 40. Άλλωστε με παραγώγους απλουστεύονται πολλά ωραία ερωτήματα σχετικά με μονοτονία και συν τοις άλλοις δεν μας εμποδίζει κανένας να προτείνουμε ερωτήματα με εξισώσεις, ανισώσεις, ανισότητες, συνέχεια, θεωρήματα συνεχών, 1-1, αντίστροφη, όρια και στο κεφάλαιο των παραγώγων.

Μόλις λυθούν όλες, θέλω μια μέρα να ετοιμάσω το φυλλάδιο

.

Εκκρεμούν οι 58 και 69.

pana1333 · #87

Ε ας δώσω και την "ξενυχτισμένη" (απλή έμπνευση) 70.....

Άσκηση 70

Δίνεται η συνάρτησεις f,g

με τύπους $f\left(x \right)=ln\left( x^{2}-x\right)$ και $g\left(x \right)=ln\left(x-1 \right)$ .

A)Να εξετάσετε αν το μηδέν ανήκει στο σύνολο τιμών της συνάρτησης

της διαφοράς των f,g

B)Να ορίσετε την αντίστροφη συνάρτηση $h^{-1}$
Γ)Να λυθεί η εξίσωση $h^{-1}\left(x-1 \right)+h\left(x \right)=ln\left(h^{-1}\left(ln2 \right) \right)+eh\left(e \right)$

#88

pana1333 έγραψε:Ε ας δώσω και την "ξενυχτισμένη" (απλή έμπνευση) 70.....

Άσκηση 70

Δίνεται η συνάρτησεις με τύπους $f\left(x \right)=ln\left( x^{2}-x\right)$ και $g\left(x \right)=ln\left(x-1 \right)$ .

A)Να εξετάσετε αν το μηδέν ανήκει στο σύνολο τιμών της συνάρτησης της διαφοράς των
B)Να ορίσετε την αντίστροφη συνάρτηση $h^{-1}$
Γ)Να λυθεί η εξίσωση $h^{-1}\left(x-1 \right)+h\left(x \right)=ln\left(h^{-1}\left(ln2 \right) \right)+eh\left(e \right)$

Το πεδίο ορισμού της $\displaystyle{f}$ είναι $\displaystyle{A_{f}=(-oo,0)U(1,+oo)}$ και της $\displaystyle{g}$ το $\displaystyle{A_{g}=(1,+oo)}$ . Άρα $\displaystyle{A_{h}=(1,+oo)}$
Με $\displaystyle{x>1}$ έχουμε τώρα $\displaystyle{f(x)=lnx+ln(x-1)=lnx+g(x)}$ και άρα $\displaystyle{h(x)=lnx}$
(A) $\displaystyle{h(x)=0\Leftrightarrow lnx=0\Leftrightarrow x=1}$ . Όμως η τιμή αυτή απορρίπτεται αφού έχουμε $\displaystyle{x>1}$ και άρα το $\displaystyle{0}$ δεν ανήκει στο σύνολο τιμών της $\displaystyle{h}$

(B) Έστω $\displaystyle{y=h(x)\Leftrightarrow y=lnx,x>1\Leftrightarrow x=e^{y},x>1\Leftrightarrow h^{-1}(x)=e^{x},x>0}$

(Γ) Έχουμε:

$\displaystyle{e^{x-1}+lnx=ln(e^{ln2})+elne\Leftrightarrow e^{x-1}+lnx=ln2+e$ Μια λύση είναι η $\displaystyle{x=2}$ και επειδή η συνάρτηση $\displaystyle{P(x)=e^{x-1}+lnx-ln2-e}$ έχει παράγωγο θετική για κάθε $\displaystyle{x>0}$ , (αφού $\displaystyle{P{'}(x)=e^{x-1}+\frac{1}{x}}$ )
η λύση είναι μοναδική

#89

Πρωτοπαπάς Λευτέρης έγραψε:ΛΥΣΗ ΑΣΚΗΣΗΣ 68
...
iv) Η συνάρτηση $f^{-1}$ είναι και συνεχής, οπότε είναι γνησίως μονότονη,
ενώ η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα.

Συνεπώς η ζητούμενη εξίσωση έχει το πολύ μία λύση.

Προφανώς το θεώρημα 1-1 και συνεχής είναι εκτός ύλης.

Η χρήση του εδώ στο

είναι συνεχής και η απόδειξή σε πολλές μεριές του φόρουμ μας.

parmenides51 · #90

Πρωτοπαπάς Λευτέρης έγραψε: ...
Προφανώς το θεώρημα 1-1 και συνεχής είναι εκτός ύλης.

Η χρήση του εδώ στο είναι συνεχής και η απόδειξή σε πολλές μεριές του φόρουμ μας.

πχ. εδώ

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ · #91

perpant έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 69

Δίνονται οι συναρτήσεις $\displaystyle{f,g:\Re \to \Re }$ για τις οποίες ισχύει $\displaystyle{f^2 \left( x \right) + g^2 \left( x \right) +1= 2xf\left( x \right) + 2g\left( x \right)}$ , για κάθε $\displaystyle{x \in \Re }$ .

α) Να δείξετε ότι $\displaystyle{\left( {f\left( x \right) - x} \right)^2 + \left( {g\left( x \right) - 1} \right)^2 = x^2 }$ , για κάθε $\displaystyle{x \in \Re }$ .

β) Να δείξετε ότι οι $\displaystyle{f}$ και $\displaystyle{g}$ είναι συνεχείς στο $\displaystyle{x_o = 0}$

γ) Να βρείτε το όριο $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{f\left( x \right)}}{{x^2 }}}$

δ) Αν η $\displaystyle{g}$ συνεχής στο $\displaystyle{\Re }$ , να δείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle{g\left( x \right) = - 2x}$ έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο $\displaystyle{\Re }$

ΛΥΣΗ

α. Έχουμε $\displaystyle{f^2 (x) + g^2 (x) + 1 = 2xf(x) + 2g(x) \Leftrightarrow f^2 (x) - 2xf(x) + g^2 (x) - 2g(x) + 1 = 0 \Leftrightarrow }$ \displaystyle{\displaystyle{(f^2 (x) - 2xf(x) + x^2 ) + (g^2 (x) - 2g(x) + 1) = x^2 \Leftrightarrow (f(x) - x)^2 + (g(x) - 1)^2 = x^2 } <strong class="text-strong"><span style="color:#FF0000">β.</span></strong> Για

\displaystyle{x = 0} έχουμε

\displaystyle{
(f(0) - 0)^2 + (g(0) - 1)^2 = 0^2 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
f(0) = 0 \\
\kappa \alpha \iota \\
g(0) = 1 \\
\end{array} \right.
}

\displaystyle{(f(x) - x)^2 + (g(x) - 1)^2 = x^2 \Leftrightarrow (f(x) - x)^2 = x^2 - (g(x) - 1)^2 \le x^2 \Leftrightarrow }

\displaystyle{(f(x) - x)^2 \le x^2 \Leftrightarrow \left| {f(x) - x} \right| \le \left| x \right| \Leftrightarrow - \left| x \right| \le f(x) - x \le \left| x \right| \Leftrightarrow }

\displaystyle{- \left| x \right| + x \le f(x) \le \left| x \right| + x} Όμως

\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} ( - \left| x \right| + x) = 0 = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} (\left| x \right| + x)} , οπότε απο κριτήριο παρεμβολής έχουμε

\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f(x) = 0} Δουλεύουμε όμοια και έχουμε

\displaystyle{(f(x) - x)^2 + (g(x) - 1)^2 = x^2 \Leftrightarrow (g(x) - 1)^2 = x^2 - (f(x) - x)^2 \le x^2 \Leftrightarrow }} $\displaystyle{(g(x) - 1)^2 \le x^2 \Leftrightarrow \left| {g(x) - 1} \right| \le \left| x \right| \Leftrightarrow - \left| x \right| \le g(x) - 1 \le \left| x \right| \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ - \left| x \right| + 1 \le g(x) \le \left| x \right| + 1}$

Έχουμε $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} ( - \left| x \right| + 1) = 1 = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} (\left| x \right| + 1)}$ , οπότε $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} g(x) = 1}$

Επειδή $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} g(x) = 1 = g(0)}$ και $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f(x) = 0 = f(0)}$ , έχουμε οτι οι $\displaystyle{f,g}$ συνεχείς στο $\displaystyle{x_0 = 0}$

γ. Έχουμε $\displaystyle{x - \left| x \right| \le f(x) \le x + \left| x \right|}$ , οπότε για $\displaystyle{x > 0}$ , έχουμε οτι $\displaystyle{0 \le \frac{{f(x)}}{{x^2 }} \le \frac{{2x}}{{x^2 }} = \frac{2}{x}}$

$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{2}{x} = 0 = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } 0}$ , οπότε απο το κριτήριο παρεμβολής έχουμε $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{f(x)}}{{x^2 }} = 0}$

δ. Θεωρώ $\displaystyle{h(x) = g(x) + 2x,x \in R}$

Γνωρίζουμε πως $\displaystyle{1 - \left| x \right| \le g(x) \le 1 + \left| x \right|}$

Για $\displaystyle{x = - 2}$ έχουμε $\displaystyle{- 1 \le g( - 2) \le 3}$ άρα $\displaystyle{- 1 - 4 \le g( - 2) - 4 \le 3 - 4 \Leftrightarrow - 5 \le h( - 2) \le - 1}$

Η $\displaystyle{h}$ είναι συνεχής στο $\displaystyle{[-2,1]}$

$\displaystyle{h(1) = g(1) + 2 = 1 + 2 = 3 > 0}$ και $\displaystyle{h( - 2) = g( - 2) - 4 < 0}$

Επομενως απο θεώρημα $\displaystyle{Bolzano}$ υπάρχει ένα τουλάχιστον $\displaystyle{x_0 \in (\-2 ,1)}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{h(x_0 ) = 0 \Leftrightarrow g(x_0 ) = - 2x_0 }$ , δηλαδή η εξίσωση $\displaystyle{g(x) = - 2x}$ έχει τουλάχιστον μια πραγματική ρίζα.

parmenides51 · #92

dennys έγραψε:Σχετικά με το cii) επειδή η συναρτηση είναι γν.μονότονη παίρνω όρια στα άκρα του πεδίου ορισμού.,και ανάλογα
με την μονοτονία , βρίσκω το .
To συγκεκριμένο είναι απλό ,εκτός αν εννοείς κάτι άλλο. Στο έχουμε συνηθίσει σε αιφνιδιασμούς ελπίζω να μην αφορά εμένα. Αλλιώς πες το μου.
Τώρα όταν δίνεται οτι $f(x):R \rightarrow(0, \infty)$ εννοείται το $(0,\infty)$ πεδίο τιμών, και όχι "μέσα" σ' αυτό.
φιλικά
dennys

Όταν δίνεται ότι $f(x):R \rightarrow(0, \infty)$ τότε το σύνολο τιμών περιέχεται στο $(0,+\infty)$ ,
δεν είναι απαραίτητα το σύνολο $(0,+\infty)$ , όπως αναφέρεται κι εδώ.

Παραμένει άλυτη η άσκηση 58.

Υ.Γ. Ξεκίνησα να τις περνάω σε word.

apotin · #93

dennys έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 58
Δίνεται συνάρτηση $f(x):R \rightarrow (0,+\infty)$

l) να βρείτε το $lim_x\to-\infty \cfrac{f(f^{-1})(x)}{f(x)}$

Νομίζω πως η συνάρτηση $\displaystyle{\frac{{\left( {f\left( {{f^{ - 1}}} \right)} \right)\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}}}$ έχει πεδίο ορισμού το $\displaystyle{\left( {0, + \infty } \right)}$ οπότε το παραπάνω όριο δεν ορίζεται-οπότε δεν έχει νόημα η αναζήτησή του.

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ · #94

Για να είναι πιο εύκολη στο διάβασμα,ξαναβάζω την ξέχασμένη άσκηση 58 (του Dennys),μορφοποιημένη.
Παμε σιγά-σιγά, να απαντήσουμε τα διάφορα ερωτήματα.

ΑΣΚΗΣΗ 58

Δίνεται συνάρτηση $f(x):R \rightarrow (0,+\infty)$ ωστε f(x)f(y)=f(x+y)

η οποία είναι συνεχής στο x_0=0

και

a) να αποδείξετε οτι : $f(0)=1 ,f(-1)=e^{-1}$

b) Nα αποδείξετε οτι είναι συνεχής στο

c) Αν είναι γνησίως μονότονη τότε:

i) να βρεθεί η μονοτονία της

ii) Να βρεθεί το $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x)}$ και το $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x)}$

d) Να δειχθεί οτι υπάρχει $x_0\in (0,1) : 3f(x_0)=f(2^{-1})+f(3^{-1})+f(4^{-1})$

e) Να βρείτε τα ορια :

i. $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } f^{ - 1} (x)}$

ii. $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f^{ - 1} (x)}$

iii. $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{f(1 - x)}}{{f(x)}}}$

h) Για $\displaystyle{a,b > 0}$ , να δείξετε οτι $\displaystyle{f^{ - 1} (ab) = f^{ - 1} (a) + f^{ - 1} (b)}$

j) Βρείτε το $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{f^{ - 1} (x^2 )}}{{f^{ - 1} (x)}}}$

k) να δείξετε οτι υπάρχει τουλάχιστον ενα $x_1>0: f^{-1}(x_1)=x_1^{-1}$

l) να βρείτε το $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{f(f^{ - 1} (x))}}{{f(x)}}}$

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ · #95

Ας ξεκινήσω, να λύνω σιγά-σιγά τα ερωτήματα,μιας και είναι πολλα.

ΛΥΣΗ ΤΗΣ ΑΣΚΗΣΗΣ 58

a. $\displaystyle{f(x + y) = f(x)f(y)}$

Για $\displaystyle{x = y = 0}$ , οπότε $\displaystyle{f(0) = f^2 (0) \Leftrightarrow f(0)(f(0) - 1) = 0 \Leftrightarrow f(0) = 0}$ ή $\displaystyle{f(0) = 1}$

Αν $\displaystyle{f(0) = 0}$ , τότε για $\displaystyle{x = 1,y = 0}$ έχουμε $\displaystyle{f(1) = f(0)f(1) = 0}$ $\displaystyle{{\dot \rm A}\tau o\pi o}$ διότι $\displaystyle{f(1) = e}$

Επομένως $\displaystyle{f(0) = 1}$

Για $\displaystyle{x = 1,y = - 1}$ έχουμε $\displaystyle{f(0) = f(1)f( - 1) \Leftrightarrow 1 = ef( - 1) \Leftrightarrow f( - 1) = \frac{1}{e} = e^{ - 1} }$

b.

$\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to x_0 } f(x)\mathop = \limits^{\scriptstyle x = x_0 + h \hfill \atop {\scriptstyle x \to x_0 \hfill \atop \scriptstyle h \to 0 \hfill}} \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} f(x_0 + h) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} (f(x_0 )f(h)) = f(x_0 )\mathop {\lim }\limits_{h \to 0} (f(h)) = f(x_0 )f(0) = f(x_0 ) }$

c.i. Επειδή η $\displaystyle{f}$ είναι γνησίως μονότονη και $\displaystyle{ - 1 < 1}$ ενώ $\displaystyle{f( - 1) = e^{ - 1} < f(1) = e}$ . Έχουμε οτι η $\displaystyle{f}$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{R}$

c.ii) Έδώ θεωρώ, οτι το σύνολο τιμών είναι το $\displaystyle{(0, + \infty )}$ , μιας και δίνεται στην εκφώνηση $\displaystyle{f}$ : $\displaystyle{R \to (0, + \infty )}$ .Θεωρώ όμως πως θα έπρεπε να δίνεται καλύτερα στην εκφώνηση της άσκησης.

Επειδή η $\displaystyle{f}$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{R}$ έχουμε $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x) = 0}$ και $\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = + \infty }$

Προσθέτω στην λύση μου και την υπέροχη λύση του Κ.Ρεκούμη (rec2), η οποία βρίσκεται μετά την δημοσίευση μου.

To σύνολο τιμών της συνάρτησης είναι το διάστημα $\displaystyle{(\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x),\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x))}$

Έστω $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x)}= a$ , πραγματικό.

Τότε, πραφανώς a>e

και

. Υπάρχει, επομένως

με

, αλλά τότε (εύκολο) f(2k)=f^2(k)=(a-1)^2>a

,

δηλαδή το $\displaystyle{f(2\kappa )}$ είναι εκτός συνόλου τιμών, $\displaystyle{{\dot \rm A}\tau o\pi o}$

'Αρα απομένει το ζητούμενο όριο να είναι $\displaystyle{ + \infty }$

Στη συνέχεια παρατηρούμε ότι f(-x) f(x)=1

, οπότε βρίσκουμε μηδέν το πρώτο όριο με μια αλλαγή μεταβλητής από την σχέση:

$\displaystyle{\mathop {(\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x)})( \displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x)})=1$

d. $\displaystyle{f(0) \le f(x) \le f(1),\forall x \in [0,1]}$

Για $\displaystyle{x = \frac{1}{2} \in [0,1]}$ έχουμε $\displaystyle{f(0) < f(\frac{1}{2}) < f(1)}$

Για $\displaystyle{x = \frac{1}{3} \in [0,1]}$ έχουμε $\displaystyle{f(0) < f(\frac{1}{3}) < f(1)}$

Για $\displaystyle{x = \frac{1}{4} \in [0,1]}$ έχουμε $\displaystyle{f(0) < f(\frac{1}{4}) < f(1)}$

Προσθέτουμε κατά μέλη και έχουμε $\displaystyle{3f(0) < f(\frac{1}{2}) + f(\frac{1}{3}) + f(\frac{1}{4}) < 3f(1)}$ οπότε $\displaystyle{f(0) < \frac{{f(\frac{1}{2}) + f(\frac{1}{3}) + f(\frac{1}{4})}}{3} < f(1)}$ .

Επομένως απο θεώρημα ενδιάμεσων τιμών υπάρχει $\displaystyle{x_0 \in (0,1)}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{f(x_0 ) = \frac{{f(\frac{1}{2}) + f(\frac{1}{3}) + f(\frac{1}{4})}}{3} \Leftrightarrow 3f(x_0 ) = f(\frac{1}{2}) + f(\frac{1}{3}) + f(\frac{1}{4})}$

e.i. Έχουμε οτι η $\displaystyle{f}$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{R}$ , αρα και $\displaystyle{1 - 1}$ , οπότε αντιστρέφεται.

Η $\displaystyle{f^{ - 1} }$ έχει πεδίο ορισμού το $\displaystyle{(0, + \infty )}$ και σύνολο τιμών το $\displaystyle{R}$

Εύκολα, δείχνουμε οτι η $\displaystyle{f^{ - 1} }$ έχει την ίδια μονοτονία με την $\displaystyle{f}$ . Επομένως η $\displaystyle{f^{ - 1} }$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{(0, + \infty )}$

Οπότε $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } f^{ - 1} (x) = - \infty }$ ,

e.ii. $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f^{ - 1} (x) = + \infty }$

e.iii. Για $\displaystyle{y = - x}$ έχουμε $\displaystyle{f(0) = f(x)f( - x) \Leftrightarrow f( - x) = \frac{1}{{f(x)}}}$ Οπότε $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{f(1 - x)}}{{f(x)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{f(1)f( - x)}}{{f(x)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{e\frac{1}{{f(x)}}}}{{f(x)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{e}{{f^2 (x)}} = \frac{e}{{1^2 }} = e }$

h. Για $\displaystyle{a,b > 0}$ , θέτουμε $\displaystyle{f^{ - 1} (a) = x \Leftrightarrow a = f(x)}$ και $\displaystyle{f^{ - 1} (b) = y \Leftrightarrow b = f(y)}$

Έχουμε $\displaystyle{f(x)f(y) = ab \Leftrightarrow f(x + y) = ab \Leftrightarrow x + y = f^{ - 1} (ab) \Leftrightarrow f^{ - 1} (ab) = f^{ - 1} (a) + f^{ - 1} (b)}$

#96

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ έγραψε:Για να είναι πιο εύκολη στο διάβασμα,ξαναβάζω την ξέχασμένη άσκηση 58 (του Dennys),μορφοποιημένη.
Παμε σιγά-σιγά, να απαντήσουμε τα διάφορα ερωτήματα.

ΑΣΚΗΣΗ 58

Δίνεται συνάρτηση $f(x):R \rightarrow (0,+\infty)$ ωστε η οποία είναι συνεχής στο και

a) να αποδείξετε οτι : $f(0)=1 ,f(-1)=e^{-1}$

b) Nα αποδείξετε οτι είναι συνεχής στο

c) Αν είναι γνησίως μονότονη τότε:

i) να βρεθεί η μονοτονία της

ii) Να βρεθεί το $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x)}$ και το $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x)}$

d) Να δειχθεί οτι υπάρχει $x_0\in (0,1) : 3f(x_0)=f(2^{-1})+f(3^{-1})+f(4^{-1})$

e) Να βρείτε τα ορια :

i. $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } f^{ - 1} (x)}$

ii. $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f^{ - 1} (x)}$

iii. $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{f(1 - x)}}{{f(x)}}}$

h) Για $\displaystyle{a,b > 0}$ , να δείξετε οτι $\displaystyle{f^{ - 1} (ab) = f^{ - 1} (a) + f^{ - 1} (b)}$

j) Βρείτε το $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{f^{ - 1} (x^2 )}}{{f^{ - 1} (x)}}}$

k) να δείξετε οτι υπάρχει τουλάχιστον ενα $x_1>0: f^{-1}(x_1)=x_1^{-1}$

l) να βρείτε το $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{f(f^{ - 1} (x))}}{{f(x)}}}$

Προτείνω μια λύση για το cii.:

To σύνολο τιμών της συνάρτησης είναι το διάστημα $\displaystyle{\mathop ({\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x)}, \displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x)})$

Έστω $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x)}= a$ , πραγματικό.

Τότε, πραφανώς a>e

και

. Υπάρχει, επομένως

με

, αλλά τότε (εύκολο) f(2k)=f^2(k)=(a-1)^2>a

,

δηλαδή το f(2k) είναι εκτός συνόλου τιμών, άτοπο.

'Αρα απομένει το ζητούμενο όριο να είναι το συν άπειρο.

Στη συνέχεια παρατηρούμε ότι f(-x) f(x)=1

, οπότε βρίσκουμε μηδέν το πρώτο όριο με μια αλλαγή μεταβλητής από την σχέση:

$\displaystyle{\mathop {(\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x)})( \displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x)})=1$

dennys · #97

j) Παίρνουμε $lim_x{\to+\infty}{{\cfrac{f^{-1}(x^2)}{f^{-1}(x)}}}=lim_x{\to+\infty}{{\cfrac{f^{-1}(xx)}{f^{-1}(x)}}}=lim_x{\to+\infty}{{\cfrac{f^{-1}(x)+f^{-1}(x)}{f^{-1}(x)}=1+1=2$
k) παίρνουμε την συνάρτηση $g(x)=f^{-1}(x)-{{\cfrac{1}{x}}$ και $lim_x{\to{0^{+}}}g(x)=-\infty-(+\infty)=-\infty$
αρα υπάρχει a>0: g(a)<0

και $g(e)=\cfrac{e-1}{e}>0$ ετσι με
Θ.ΒOLZANO στο $[a,e] \Leftrightarrow x_o : g(x_0)=0$
l) οπως ήδη διόρθωσα το οριο είναι : $lim_x{\to {-\infty}}\cfrac{f^{-1}(f(x))}{f(x)}=lim_x{\to{-\infty}}\cfrac{x}{f(x)}=\cfrac{-\infty}{0^+}=-\infty$

EYΧΑΡΙΣΤΩ ΠΟΛΥ ΟΣΟΥΣ ΑΣΧΟΛΗΘΗΚΑΝ ΜΕ ΤΗΝ ΑΣΚΗΣΗ
Με εκτίμηση dennys

#98

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ έγραψε:Για να είναι πιο εύκολη στο διάβασμα,ξαναβάζω την ξέχασμένη άσκηση 58 (του Dennys),μορφοποιημένη.
Παμε σιγά-σιγά, να απαντήσουμε τα διάφορα ερωτήματα.

ΑΣΚΗΣΗ 58

Δίνεται συνάρτηση $f(x):R \rightarrow (0,+\infty)$ ωστε η οποία είναι συνεχής στο και

a) να αποδείξετε οτι : $f(0)=1 ,f(-1)=e^{-1}$

b) Nα αποδείξετε οτι είναι συνεχής στο

c) Αν είναι γνησίως μονότονη τότε:

i) να βρεθεί η μονοτονία της

ii) Να βρεθεί το $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x)}$ και το $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x)}$

d) Να δειχθεί οτι υπάρχει $x_0\in (0,1) : 3f(x_0)=f(2^{-1})+f(3^{-1})+f(4^{-1})$

e) Να βρείτε τα ορια :

i. $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } f^{ - 1} (x)}$

ii. $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f^{ - 1} (x)}$

iii. $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{f(1 - x)}}{{f(x)}}}$

h) Για $\displaystyle{a,b > 0}$ , να δείξετε οτι $\displaystyle{f^{ - 1} (ab) = f^{ - 1} (a) + f^{ - 1} (b)}$

j) Βρείτε το $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{f^{ - 1} (x^2 )}}{{f^{ - 1} (x)}}}$

k) να δείξετε οτι υπάρχει τουλάχιστον ενα $x_1>0: f^{-1}(x_1)=x_1^{-1}$

l) να βρείτε το $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{f(f^{ - 1} (x))}}{{f(x)}}}$

Αυτή δεν είναι άσκηση αλλά σιδηρόδρομος

ώσπου να λύσεις κάποιο από τα τελευταία ερωτήματα(λόγω alzheimer

) έχεις ξεχάσει τα πρώτα.
προτείνω οι ασκήσεις να έχουν το πολύ 4 ερωτήματα για να είναι εύκολα επεξεργάσιμες και να μην απογοητεύουν κάποιους
από τους μαθητές που θα ήθελαν ενδεχομένως να ασχοληθούν.

Χρήστος

parmenides51 · #99

Έτοιμο το pdf και το word (μες στο zip).

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ · #100

ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-ΟΡΙΑ-ΣΥΝΕΧΕΙΑ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-ΟΡΙΑ-ΣΥΝΕΧΕΙΑ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-ΟΡΙΑ-ΣΥΝΕΧΕΙΑ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-ΟΡΙΑ-ΣΥΝΕΧΕΙΑ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-ΟΡΙΑ-ΣΥΝΕΧΕΙΑ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-ΟΡΙΑ-ΣΥΝΕΧΕΙΑ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-ΟΡΙΑ-ΣΥΝΕΧΕΙΑ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-ΟΡΙΑ-ΣΥΝΕΧΕΙΑ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-ΟΡΙΑ-ΣΥΝΕΧΕΙΑ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-ΟΡΙΑ-ΣΥΝΕΧΕΙΑ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-ΟΡΙΑ-ΣΥΝΕΧΕΙΑ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-ΟΡΙΑ-ΣΥΝΕΧΕΙΑ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-ΟΡΙΑ-ΣΥΝΕΧΕΙΑ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-ΟΡΙΑ-ΣΥΝΕΧΕΙΑ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-ΟΡΙΑ-ΣΥΝΕΧΕΙΑ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-ΟΡΙΑ-ΣΥΝΕΧΕΙΑ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-ΟΡΙΑ-ΣΥΝΕΧΕΙΑ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-ΟΡΙΑ-ΣΥΝΕΧΕΙΑ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-ΟΡΙΑ-ΣΥΝΕΧΕΙΑ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-ΟΡΙΑ-ΣΥΝΕΧΕΙΑ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ-ΟΡΙΑ-ΣΥΝΕΧΕΙΑ

Μέλη σε σύνδεση