ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

perpant · #1

Ας συνεχίσουμε τη συλλογή θεμάτων με το τελευταίο κεφάλαιο της ανάλυσης, τον Ολοκληρωτικό Λογισμό. Καλό θα ήταν να ακολουθήσουμε το πνέυμα των προηγούμενων συλλογών. Δηλαδή:
1)θέματα κοντά στο πνεύμα των εξετάσεων, χωρίς εξεζητημένα ερωτήματα

2)Όχι θέματα εξετάσεων ή ΟΕΦΕ

3)Ικανός αριθμός υποερωτημάτων

4) Προσπάθεια για όσο το δυνατόν πιο αναλυτικές λύσεις

5) Όχι πάνω από 2-3 άλυτες ταυτόχρονα

Κάνω την αρχή με ένα θέμα του Μπαϊλάκη

perpant · #2

ΑΣΚΗΣΗ 121η
Έστω η συνεχής συνάρτηση $\displaystyle{f:\mathbb R \to \mathbb R}$ , με $\displaystyle{f\left( x \right) \ne 0}$ για κάθε $\displaystyle{x \in \mathbb R}$ , ώστε να ισχύει: $\displaystyle{f\left( x \right) = 1 + x^2 \int\limits_0^1 {\frac{t}{{f\left( {xt} \right)}}dt} }$ , για κάθε $\displaystyle{x \in \mathbb R}$

i) Να δείξετε ότι $\displaystyle{f\left( x \right) > 0}$ , για κάθε $\displaystyle{x \in \mathbb R}$

ii) Να βρείτε τον τύπο της $\displaystyle{f}$

iii) Να βρείτε την ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης $\displaystyle{f}$ όταν $\displaystyle{x \to - \infty }$

iv) Να δείξετε ότι η συνάρτηση $\displaystyle{g\left( x \right) = \int\limits_{ - x}^x {\frac{{\eta \mu t}}{{f\left( t \right)}}dt} }$ , $\displaystyle{x \in \mathbb R}$ , είναι σταθερή

v) Αν $\displaystyle{a,b \in \mathbb R}$ , να δείξετε ότι ισχύει $\displaystyle{\left| {f\left( b \right) - f\left( a \right)} \right| \le \left| {b - a} \right|}$

PanosG · #3

perpant έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 121η
Έστω η συνεχής συνάρτηση $\displaystyle{f:\mathbb R \to \mathbb R}$ , με $\displaystyle{f\left( x \right) \ne 0}$ για κάθε $\displaystyle{x \in \mathbb R}$ , ώστε να ισχύει: $\displaystyle{f\left( x \right) = 1 + x^2 \int\limits_0^1 {\frac{t}{{f\left( {xt} \right)}}dt} }$ , για κάθε $\displaystyle{x \in \mathbb R}$

i) Να δείξετε ότι $\displaystyle{f\left( x \right) > 0}$ , για κάθε $\displaystyle{x \in \mathbb R}$

ii) Να βρείτε τον τύπο της $\displaystyle{f}$

iii) Να βρείτε την ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης $\displaystyle{f}$ όταν $\displaystyle{x \to - \infty }$

iv) Να δείξετε ότι η συνάρτηση $\displaystyle{g\left( x \right) = \int\limits_{ - x}^x {\frac{{\eta \mu t}}{{f\left( t \right)}}dt} }$ , $\displaystyle{x \in \mathbb R}$ , είναι σταθερή

v) Αν $\displaystyle{a,b \in \mathbb R}$ , να δείξετε ότι ισχύει $\displaystyle{\left| {f\left( b \right) - f\left( a \right)} \right| \le \left| {b - a} \right|}$

i) Για

έχουμε:

και αφού η

συνεχής και δεν μηδενίζεται στο $\mathbb{R}$ τότε θα διατηρεί σταθερό πρόσημο. Οπότε $f(x)>0 \forall x \in \mathbb{R}$

ii) Θέτουμε u=xt

τότε

και όταν

το

Ενώ αν

το

οπότε:
$\displaystyle{f\left( x \right) = 1 + x^2 \int\limits_0^1 {\frac{t}{{f\left( {xt} \right)}}dt} }= 1+ \int\limits_0^1\frac{xt}{f(xt)}xdt=1+ \int\limits_0^x\frac{u}{f(u)}du$
Παραγωγίζοντας την παραπάνω έχουμε:
$\displaystyle f'(x)=\frac{x}{f(x)}\Leftrightarrow f(x)f'(x)=x\Leftrightarrow \left (\frac{f^2(x)}{2} \right ){'}=\left ( \frac{x^2}{2} \right ){'} \Leftrightarrow$
$\displaystyle f^2(x)=x^2+c \quad ,\forall x \in \mathbb{R}$
Όμως f(0)=1

άρα $\displaystyle f^2(x)=x^2+1 \quad ,\forall x \in \mathbb{R}$
Και αφού $f(x)>0 \quad ,\forall x \in \mathbb{R}$ τότε $f(x)=\sqrt{x^2+1} \quad ,\forall x \in \mathbb{R}$

iii)
$\displaystyle{\lambda =\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{f(x)}{x}=\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{\sqrt{x^2+1}}{x}= \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {{x^2}} \sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} }}{x} = \mathop {{\text{lim}}}\limits_{x \to - \infty } \left( { - \sqrt {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} } \right) = - 1}$

$\displaystyle{\beta =\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty }\left (f(x)-x \right )=\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( \sqrt{x^2+1}-x \right )=\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{1}{\sqrt{x^2+1}-x}=0}$
Άρα η ευθεία y=-x

είναι η πλάγια ασύμπτωτη της

στο $-\infty$

iv)
$\displaystyle{g\left( x \right) = \int\limits_{ - x}^x {\frac{{\eta \mu t}}{{f\left( t \right)}}dt} }=\int\limits_{0}^x \frac{sint}{\sqrt{x^2+1}}dt-\int\limits_{0}^{-x} \frac{sint}{x^2+1}dt}$
Άρα:

$\displsystyle{g'(x)=\frac{sinx}{\sqrt{x^2+1}}+\frac{sin(-x)}{\sqrt(-x)^2+1}}}=0$
Οπότε η

είναι σταθερή

v)
Απο ΘΜΤ για την

στο

υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ $\in (a,b)$ τέτοιο ώστε
$f'(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$ Οπότε:

$\displaystyle{ |f'(\xi)|=\left | \frac{2\xi}{2\sqrt{\xi^2+1}}\right | \leq \left | \frac{\xi}{\sqrt{\xi^2} \right | =1}\Leftrightarrow \left | f(b)-f(a)\right | \leq \left |b-a \right |$

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ · #4

perpant έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 121η
Έστω η συνεχής συνάρτηση $\displaystyle{f:\mathbb R \to \mathbb R}$ , με $\displaystyle{f\left( x \right) \ne 0}$ για κάθε $\displaystyle{x \in \mathbb R}$ , ώστε να ισχύει: $\displaystyle{f\left( x \right) = 1 + x^2 \int\limits_0^1 {\frac{t}{{f\left( {xt} \right)}}dt} }$ , για κάθε $\displaystyle{x \in \mathbb R}$

i) Να δείξετε ότι $\displaystyle{f\left( x \right) > 0}$ , για κάθε $\displaystyle{x \in \mathbb R}$

ii) Να βρείτε τον τύπο της $\displaystyle{f}$

iii) Να βρείτε την ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης $\displaystyle{f}$ όταν $\displaystyle{x \to - \infty }$

iv) Να δείξετε ότι η συνάρτηση $\displaystyle{g\left( x \right) = \int\limits_{ - x}^x {\frac{{\eta \mu t}}{{f\left( t \right)}}dt} }$ , $\displaystyle{x \in \mathbb R}$ , είναι σταθερή

v) Αν $\displaystyle{a,b \in \mathbb R}$ , να δείξετε ότι ισχύει $\displaystyle{\left| {f\left( b \right) - f\left( a \right)} \right| \le \left| {b - a} \right|}$

ΛΥΣΗ

i. Έχουμε $\displaystyle{f(x) \ne 0,\forall x \in R}$

Έστω οτι η $\displaystyle{f}$ δεν διατηρεί σταθέρο πρόσημό , τότε υπάρχουν $\displaystyle{a,b \in R}$ με $\displaystyle{a < b}$ τέτοια ώστε $\displaystyle{f(a)f(b) < 0}$ .

Τότε επειδή η $\displaystyle{f}$ είναι συνεχής στο $\displaystyle{R}$ , είναι και στο $\displaystyle{[a,b]}$ και $\displaystyle{f(a)f(b) < 0}$ ,

Τότε από θεώρημα $\displaystyle{Bolzano}$ έχουμε οτι υπάρχει τουλάχιστον ένα $\displaystyle{\xi \in (a,b)}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{f(\xi ) = 0}$ , που είναι Ατοπο, διότι $\displaystyle{f(x) \ne 0,\forall x \in R}$ . Συνεπώς η $\displaystyle{f}$ διατηρεί σταθερό πρόσημο στο $\displaystyle{R}$ .

Θέτουμε xt=u

τότε

. Για

έχουμε

και για

έχουμε

.

Οπότε $f(x)=1+{{x}^{2}}\int\limits_{0}^{1}{\frac{t}{f(xt)}dt=1+}\int\limits_{0}^{1}{\frac{tx}{f(t)}xdt=1+}\int\limits_{0}^{x}{\frac{u}{f(u)}}du$

Για $\displaystyle{x = 0}$ έχουμε $\displaystyle{f(0) = 1 > 0}$ και επειδή η $\displaystyle{f}$ διατηρεί σταθερό πρόσημο στο $\displaystyle{R}$ , έχουμε οτι $\displaystyle{f(x) > 0,\forall x \in R}$

ii. Η $\displaystyle{f}$ συνεχής στο $\displaystyle{R}$ , οπότε η $\displaystyle{{\frac{u}{{f(u)}}}}$ συνεχής στο $\displaystyle{R}$ .

Άρα η $\displaystyle{\int\limits_0^x {\frac{u}{{f(u)}}} du}$ παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{R}$ , συνεπώς η $\displaystyle{ 1 + \int\limits_0^x {\frac{u}{{f(u)}}} du}$ παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{R}$ .Άρα η $\displaystyle{f}$ παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{R}$ , με $\displaystyle{f'(x) = \frac{x}{{f(x)}}}$

Οπότε $\displaystyle{f'(x) = \frac{x}{{f(x)}} \Leftrightarrow f'(x)f(x) = x \Leftrightarrow 2f'(x)f(x) = 2x \Rightarrow (f^2 (x))' = (x^2 )' \Rightarrow f^2 (x) = x^2 + c}$

Για $\displaystyle{x = 0}$ έχουμε $\displaystyle{c = 1}$ , οπότε $\displaystyle{f^2 (x) = x^2 + 1}$ και επειδή $\displaystyle{f(x) > 0,\forall x \in R}$ έχουμε $\displaystyle{f(x) = \sqrt {x^2 + 1} }$ , που επάληθεύει την αρχική σχέση.

iii. $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{f(x)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\sqrt {x^2 + 1} }}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\left| x \right|\sqrt {1 + \frac{1}{{x^2 }}} }}{x}\mathop = \limits^{x < 0} \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - x\sqrt {1 + \frac{1}{{x^2 }}} }}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } ( - \sqrt {1 + \frac{1}{{x^2 }}} ) = - 1}$

Και $\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } (f(x) + x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } (\sqrt {x^2 + 1} + x)\mathop = \limits^{ + \infty - \infty } \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left[ {\frac{{\left( {\sqrt {x^2 + 1} + x} \right)\left( {\sqrt {x^2 + 1} - x} \right)}}{{\left( {\sqrt {x^2 + 1} - x} \right)}}} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{1}{{\left( { - x(\sqrt {1 + \frac{1}{{x^2 }}} + x)} \right)}} = 0}$

Άρα η $\displaystyle{y = - x}$ είναι η ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της $\displaystyle{f}$ στο $\displaystyle{{ - \infty }}$

iv. $\displaystyle{g(x) = \int\limits_{ - x}^x {\frac{{\eta \mu t}}{{f(t)}}dt = } \int\limits_0^x {\frac{{\eta \mu t}}{{f(t)}}dt - } \int\limits_0^{ - x} {\frac{{\eta \mu t}}{{f(t)}}dt} }$

Η $\displaystyle{{\frac{{\eta \mu t}}{{f(t)}}}}$ είναι συνεχής στο $\displaystyle{R}$ , άρα η $\displaystyle{\int\limits_0^x {\frac{{\eta \mu t}}{{f(t)}}dt} }$ και η $\displaystyle{\int\limits_0^{ - x} {\frac{{\eta \mu t}}{{f(t)}}dt} }$ παραγωγίσιμες στο $\displaystyle{R}$ ,συνεπώς η $\displaystyle{g}$ παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{R}$

με $\displaystyle{g'(x) = \frac{{\eta \mu x}}{{f(x)}} + \frac{{\eta \mu ( - x)}}{{f( - x)}}\mathop = \limits^{\scriptstyle \eta \mu ( - x) = - \eta \mu x \hfill \atop \scriptstyle f( - x) = f(x) \hfill} \frac{{\eta \mu x}}{{f(x)}} - \frac{{\eta \mu x}}{{f(x)}} = 0}$

Επομένως η $\displaystyle{g}$ σταθέρή, ακόμα για $\displaystyle{x = 0}$ έχουμε $\displaystyle{g(0) = 0}$ , οπότε $\displaystyle{g(x) = 0,\forall x \in R}$

v. Για $\displaystyle{a = b}$ ισχύει η ισότητα στην σχέση $\displaystyle{\left| {f(b) - f(a)} \right| \le \left| {b - a} \right|}$

Για $\displaystyle{a < b}$ (όμοια αν $\displaystyle{a > b}$ ) θέλουμε να δείξουμε $\displaystyle{\left| {\frac{{f(b) - f(a)}}{{b - a}}} \right| \le 1}$

Έστω οτι $\displaystyle{\left| {\frac{{f(b) - f(a)}}{{b - a}}} \right| > 1}$ , τότε έχουμε

Η $\displaystyle{f}$ συνεχής στο $\displaystyle{[a,b]}$ , παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{(a,b)}$ , οπότε από $\displaystyle{\Theta {\rm M}{\rm T}}$ έχουμε οτι υπάρχει $\displaystyle{\xi \in (a,b)}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{f'(\xi ) = \frac{{f(b) - f(a)}}{{b - a}}}$

Οπότε $\displaystyle{\left| {f'(\xi )} \right| = \left| {\frac{{f(b) - f(a)}}{{b - a}}} \right| > 1}$ , δηλάδή

$\displaystyle{\frac{\xi }{{\sqrt {\xi ^2 + 1} }} > 1 \Leftrightarrow \xi > \sqrt {\xi ^2 + 1} \Leftrightarrow \xi ^2 > \xi ^2 + 1}$ Άτοπο, οπότε

$\displaystyle{\left| {\frac{{f(b) - f(a)}}{{b - a}}} \right| \le 1 \Leftrightarrow \left| {f(b) - f(a)} \right| \le \left| {b - a} \right|}$

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ · #5

ΑΣΚΗΣΗ 122

Δίνεται η συνάρτηση $\displaystyle{f(x) = \int\limits_2^x {e^{\displaystyle\frac{1}{{t - 1}}} } dt}$

α. Να βρείτε το πεδίο ορισμού της.

β. Να μελετήσετε την συνάρτηση ως προς την κυρτότητα και να εξετάσετε αν η γραφική παράσταση της $\displaystyle{f}$ έχει σημεία καμπής

γ. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της $\displaystyle{C_f }$ στο σημείο $\displaystyle{A(2,f(2))}$

δ. Να αποδείξετε οτι $\displaystyle{f(x) \le ex - 2e}$ για κάθε $\displaystyle{x > 1}$

ε. Αν $\displaystyle{E}$ το εμβαδόν του χωρίου που περικλύεται μεταξύ της $\displaystyle{C_f }$ , του άξονα $\displaystyle{x'x}$ και των ευθειών $\displaystyle{x = 2}$ και $\displaystyle{x = 4}$ , να αποδείξετε οτι $\displaystyle{E \le 2e}$

Ι.Γαρατζιώτης & Π.Μαστακας (εκδόσεις κέδρος)

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ · #6

ΑΣΚΗΣΗ 123

Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση $\displaystyle{f}$ : $\displaystyle{[0,1] \to R}$ για την οποία $\displaystyle{\forall x \in [0,1]}$ ισχύει $\displaystyle{f'(x) = xf(x) + \int\limits_1^x {f(t)dt, }$

α. Να αποδείξετε οτι η συνάρτηση $\displaystyle{f}$ είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο διάστημα $\displaystyle{{[0,1]}}$

β. Να αποδείξετε οτι υπάρχει $\displaystyle{x_0 \in (0,1)}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{f''(x_0 ) = f(1) + \int\limits_0^1 {f(t)dt} }$

γ. Να αποδείξετε οτι $\displaystyle{f(x) = x\int\limits_1^x {f(t)dt + c} }$ με $\displaystyle{{c \in R}}$ και $\displaystyle{f(0) = f(1)}$

δ. Αν η συνάρτηση $\displaystyle{f}$ παρουσιάζει ακρότατο στο $\displaystyle{\xi \in (0,1)}$ , τότε να αποδείξετε οτι $\displaystyle{f(\xi ) = \frac{{f(1)}}{{\xi ^2 + 1}}}$

Ι.Γαρατζιώτης & Π.Μαστακας (εκδόσεις κέδρος)

apotin · #7

perpant έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 121η
Έστω η συνεχής συνάρτηση $\displaystyle{f:\mathbb R \to \mathbb R}$ , με $\displaystyle{f\left( x \right) \ne 0}$ για κάθε $\displaystyle{x \in \mathbb R}$ , ώστε να ισχύει: $\displaystyle{f\left( x \right) = 1 + x^2 \int\limits_0^1 {\frac{t}{{f\left( {xt} \right)}}dt} }$ , για κάθε $\displaystyle{x \in \mathbb R}$

i) Να δείξετε ότι $\displaystyle{f\left( x \right) > 0}$ , για κάθε $\displaystyle{x \in \mathbb R}$

ii) Να βρείτε τον τύπο της $\displaystyle{f}$

iii) Να βρείτε την ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης $\displaystyle{f}$ όταν $\displaystyle{x \to - \infty }$

iv) Να δείξετε ότι η συνάρτηση $\displaystyle{g\left( x \right) = \int\limits_{ - x}^x {\frac{{\eta \mu t}}{{f\left( t \right)}}dt} }$ , $\displaystyle{x \in \mathbb R}$ , είναι σταθερή

v) Αν $\displaystyle{a,b \in \mathbb R}$ , να δείξετε ότι ισχύει $\displaystyle{\left| {f\left( b \right) - f\left( a \right)} \right| \le \left| {b - a} \right|}$

Μια άλλη λύση για το (iv)

Έστω $\displaystyle{h(t) = \frac{{\eta \mu t}}{{f(t)}} = \frac{{\eta \mu t}}{{\sqrt {{t^2} + 1} }}}$

Για κάθε $\displaystyle{t \in R}$ ισχύει $\displaystyle{-t \in R}$ και h(-t)=-h(t)

Άρα η

είναι περιττή, οπότε $\displaystyle{\int_{ - x}^x {h(t)dt} = 0}$ $\displaystyle{ \Rightarrow g(x) = 0}$ (*)

(*) Απόδειξη

Είναι: $\displaystyle{\int_{ - x}^x {h(t)dt} = \int_0^x {h(t)dt} - \int_0^{ - x} {h(t)dt} }$

και $\displaystyle{\int_0^{ - x} {h(t)dt} \mathop = \limits^{t = - u} \int_0^x {h(u)du} }$

#8

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 123

Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση $\displaystyle{f}$ : $\displaystyle{[0,1] \to R}$ για την οποία ισχύει $\displaystyle{f'(x) = xf(x) + \int\limits_1^x {f(t)dt,\forall x \in [0,1]} }$

α. Να αποδείξετε οτι η συνάρτηση $\displaystyle{f}$ είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο διάστημα $\displaystyle{{[0,1]}}$

β. Να αποδείξετε οτι υπάρχει $\displaystyle{x_0 \in (0,1)}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{f''(x_0 ) = f(1) + \int\limits_0^1 {f(t)dt} }$

γ. Να αποδείξετε οτι $\displaystyle{f(x) = x\int\limits_1^x {f(t)dt + c} }$ με $\displaystyle{{c \in R}}$ και $\displaystyle{f(0) = f(1)}$

δ. Αν η συνάρτηση $\displaystyle{f}$ παρουσιάζει ακρότατο στο $\displaystyle{\xi \in (0,1)}$ , τότε να αποδείξετε οτι $\displaystyle{f(\xi ) = \frac{{f(1)}}{{\xi ^2 + 1}}}$

Ι.Γαρατζιώτης & Π.Μαστακας (εκδόσεις κέδρος)

α) Επειδή $\displaystyle{ f }$ συνεχής (ως παραγωγίσιμη ) στο $\displaystyle{ \left[ {0,1} \right] }$ και $\displaystyle{ 1 \in \left[ {0,1} \right] }$ η συνάρτηση $\displaystyle{ \int\limits_1^x {f\left( t \right)dt} }$ είναι μια παράγουσα της $\displaystyle{ f }$ στο $\displaystyle{ \left[ {0,1} \right] }$

(δηλαδή παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{ \left[ {0,1} \right] }$ ) και με $\displaystyle{ x,f\left( x \right) }$ παραγωγίσιμες στο $\displaystyle{ \left[ {0,1} \right] }$ (ταυτοτική - δεδομένο) προκύπτει ότι

η $\displaystyle{ f'\left( x \right) = xf\left( x \right) + \int\limits_1^x {f\left( t \right)dt} }$ είναι παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{ \left[ {0,1} \right] }$ (πράξεις με παραγωγίσιμες) δηλαδή η $\displaystyle{ f }$ είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{ \left[ {0,1} \right] }$

β) Για $\displaystyle{ x = 0\mathop \Rightarrow \limits^{f'\left( x \right) = xf\left( x \right) + \int\limits_1^x {f\left( t \right)dt} } f'\left( 0 \right) = \int\limits_1^0 {f\left( t \right)dt} \Rightarrow \boxed{f'\left( 0 \right) = - \int\limits_0^1 {f\left( t \right)dt} }:\left( 1 \right) }$ και για $\displaystyle{ x = 1\mathop \Rightarrow \limits^{f'\left( x \right) = xf\left( x \right) + \int\limits_1^x {f\left( t \right)dt} } f'\left( 1 \right) = f\left( 1 \right) + \int\limits_1^1 {f\left( t \right)dt} \Rightarrow \boxed{f'\left( 1 \right) = f\left( 1 \right)}:\left( 2 \right) }$

Επειδή $\displaystyle{ f' }$ παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{ \left[ {0,1} \right] }$ από το θεώρημα της Μέσης τιμής του διαφορικού λογισμού για την $\displaystyle{ f' }$ στο $\displaystyle{ \left[ {0,1} \right] }$

θα υπάρχει ένα τουλάχιστον $\displaystyle{ x_0 \in \left( {0,1} \right) }$ ώστε: $\displaystyle{ f''\left( {x_0 } \right) = \frac{{f'\left( 1 \right) - f'\left( 0 \right)}} {{1 - 0}}\mathop \Rightarrow \limits^{f'\left( 1 \right) = f\left( 1 \right),\,\,f'\left( 0 \right) = - \int\limits_0^1 {f\left( t \right)dt} \,} \boxed{f''\left( {x_0 } \right) = f\left( 1 \right) + \int\limits_0^1 {f\left( t \right)dt} } }$

γ) Από $\displaystyle{ f'\left( x \right) = xf\left( x \right) + \int\limits_1^x {f\left( t \right)dt} \mathop \Leftrightarrow \limits^{f\left( x \right) = \left( {\int\limits_1^x {f\left( t \right)dt} } \right)^\prime } f'\left( x \right) = x \cdot \left( {\int\limits_1^x {f\left( t \right)dt} } \right)^\prime + \left( x \right)^\prime \cdot \int\limits_1^x {f\left( t \right)dt} \Leftrightarrow f'\left( x \right) = \left( {x\int\limits_1^x {f\left( t \right)dt} } \right)^\prime \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \boxed{f\left( x \right) = x\int\limits_1^x {f\left( t \right)dt} + c,c \in R}:\left( 3 \right) }$ και $\displaystyle{ \left( 3 \right) \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} x = 0 \to f\left( 0 \right) = 0 \cdot \int\limits_1^0 {f\left( t \right)dt} + c \Rightarrow f\left( 0 \right) = c \\ x = 1 \to f\left( 1 \right) = 1 \cdot \int\limits_1^1 {f\left( t \right)dt} + c\mathop \Rightarrow \limits^{\int\limits_1^1 {f\left( t \right)dt} = 0} f\left( 1 \right) = c \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \boxed{f\left( 0 \right) = f\left( 1 \right) = c} }$

δ) Αφού η $\displaystyle{ f }$ παρουσιάζει ακρότατο σε εσωτερικό σημείο $\displaystyle{ \xi \in \left( {0,1} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{Fermat} f'\left( \xi \right) = 0 }$ και από

$\displaystyle{ f'\left( x \right) = xf\left( x \right) + \int\limits_1^x {f\left( t \right)dt} \xrightarrow{{x = \xi }}f'\left( \xi \right) = \xi f\left( \xi \right) + \int\limits_1^\xi {f\left( t \right)dt} \mathop \Rightarrow \limits^{f'\left( \xi \right) = 0} \xi f\left( \xi \right) + \int\limits_1^\xi {f\left( t \right)dt} = 0 }$

$\displaystyle{ \mathop \Rightarrow \limits^{f\left( x \right) = x\int\limits_1^x {f\left( t \right)dt} + c\,\,\,\mathop \to \limits^{x = \xi } f\left( \xi \right) = \xi \int\limits_1^\xi {f\left( t \right)dt} + c\,\,\,\mathop \to \limits^{c = f\left( 1 \right)} f\left( \xi \right) = \xi \int\limits_1^\xi {f\left( t \right)dt} + f\left( 1 \right) \Rightarrow \int\limits_1^\xi {f\left( t \right)dt} = \frac{{f\left( \xi \right) - f\left( 1 \right)}} {\xi }} \xi f\left( \xi \right) + \frac{{f\left( \xi \right) - f\left( 1 \right)}} {\xi } = 0 \Leftrightarrow \xi ^2 f\left( \xi \right) + f\left( \xi \right) - f\left( 1 \right) = 0 }$ $\displaystyle{ \Leftrightarrow \left( {\xi ^2 + 1} \right)f\left( \xi \right) = f\left( 1 \right) \Rightarrow \boxed{f\left( \xi \right) = \frac{{f\left( 1 \right)}} {{\xi ^2 + 1}}} }$

Στάθης

pito · #9

ΛΥΣΗ ΑΣΚΗΣΗΣ 122

α) Έστω $g(t)=e^{\frac{1}{t-1}}$ . Για να ορίζεται η

πρέπει $t\neq 1\Rightarrow A_{g}=(-\infty,1)\bigcup{(1,+\infty)}$

και αφού και $2\in (1,+\infty)$ θα είναι και $A_{f}=(1,+\infty)$

β) Η

είναι συνεχής στο πεδίο ορισμού της άρα και η

θα είναι παραγωγίσιμη με $f'(x)=e^{\frac{1}{x-1}}$
και αφού η $e^{\frac{1}{x-1}}$ είνα παραγωγίσιμη και η

θα είναι με $f''(x)=-\frac{1}{(x-1)^{2}}e^{\frac{1}{x-1}}<0$

συνεπώς η

θα είναι κοίλη στο $(1,+\infty)$ και δεν θα παρουσιάζει καμπή.

γ) Είναι f(2)=0

και

άρα και η ζητούμενη εφαπτομένη είναι η ευθεία

$y-0=e(x-2)\Rightarrow y=ex-2e$

δ) Αφού η

είναι κοίλη , η $C_{f}$ θα βρίσκεται κάτω από την εφαπτομένη της στο A(2,f(2))

, εκτός από το

στο οποίο θα τέμνονται, άρα θα ισχύει και

$f(x)\leq ex-2e, x>1$

ε) Αν $E(\Omega )$ είναι το εμβαδόν του χωρίου που ψάχνουμε , θα είναι

$E(\Omega )=\int_{2}^{4}{|f(x)|}dx$ (1)
, όμως από το (β) είναι και $f'(x)=e^{\frac{1}{x-1}}>0$ , άρα η

θα είναι και γνησίως αύξουσα στο $(1,+\infty)$

Έτσι για $x>2\Rightarrow f(x)>f(2)\Rightarrow f(x)>0$ και

(1) $E(\Omega )=\int_{2}^{4}{f(x)}dx (2)$

Από το (δ) είναι $f(x)\leq ex-2e\Rightarrow \int_{2}^{4}{f(x)}dx\leq e\int_{2}^{4}{x}dx-2e\int_{2}^{4}{dx}$
$\Rightarrow E(\Omega )\leq e(\frac{4^{2}}{2}-\frac{2^{2}}{2})-2e(4-2)\Rightarrow E(\Omega )\leq 2e$

pito · #10

ΑΣΚΗΣΗ 124

Δίνεται η συνάρτηση $f(x)=\ln(x+\sqrt{x^{2}+1})-\int_{0}^{x}{\frac{1}{1+t^{2}}}dt$

α)Να εξετάσετε την

ως προς τη μονοτονία της.

β) Να δείξετε ότι $0<\int_{0}^{\frac{3 }{4}}{\frac{1}{1+t^{2}}}dt<\ln2$

γ) Να δείξετε ότι $\int_{0}^{\epsilon \varphi x}{\frac{1}{1+t^{2}}}dt=x, x\in R$

δ) Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την $C_{f}$ , τον xx'

και τις ευθείες x=0,x=1

.

( Χρήστος Πατήλας, εκδόσεις ελληνοεκδοτική)

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ · #11

pito έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 124

Δίνεται η συνάρτηση $f(x)=\ln(x+\sqrt{x^{2}+1})-\int_{0}^{x}{\frac{1}{1+t^{2}}}dt$

α)Να εξετάσετε την ως προς τη μονοτονία της.

β) Να δείξετε ότι $0<\int_{0}^{\frac{3 }{4}}{\frac{1}{1+t^{2}}}dt<ln2$

γ) Να δείξετε ότι $\int_{0}^{\epsilon \varphi x}{\frac{1}{1+t^{2}}}dt=x, x\in R$

δ) Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την $C_{f}$ , τον και τις ευθείες .

( Χρήστος Πατήλας, εκδόσεις ελληνοεκδοτική)

ΛΥΣΗ

α. Βρίσκουμε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης $\displaystyle{f(x) = \ln (x + \sqrt {x^2 + 1} ) - \int\limits_0^x {\frac{1}{{1 + t^2 }}dt} }$

Πρέπει $\displaystyle{x + \sqrt {x^2 + 1} > 0}$ που ισχύει $\displaystyle{\forall x \in R}$ , διότι $\displaystyle{\sqrt {x^2 + 1} > \sqrt {x^2 } = \left| x \right| \ge - x}$

Η $\displaystyle{{\frac{1}{{1 + t^2 }}}}$ συνεχής στο $\displaystyle{R}$ , οπότε το $\displaystyle{\int\limits_0^x {\frac{1}{{1 + t^2 }}dt} }$ παραγωγίσιμο στο $\displaystyle{R}$ , άρα η $\displaystyle{f}$ παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{R}$ ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων με

$\displaystyle{f'(x) = \frac{{1 + \frac{{2x}}{{2\sqrt {x^2 + 1} }}}}{{x + \sqrt {x^2 + 1} }} - \frac{1}{{1 + x^2 }} = \frac{{x + \sqrt {x^2 + 1} }}{{\sqrt {x^2 + 1} (x + \sqrt {x^2 + 1} )}} - \frac{1}{{1 + x^2 }} = \frac{1}{{\sqrt {x^2 + 1} }} - \frac{1}{{1 + x^2 }} = \frac{{\sqrt {x^2 + 1} - 1}}{{1 + x^2 }}}$

$\displaystyle{f'(x) = 0 \Leftrightarrow \frac{{\sqrt {x^2 + 1} - 1}}{{1 + x^2 }} = 0 \Leftrightarrow \sqrt {x^2 + 1} - 1 = 0 \Leftrightarrow \sqrt {x^2 + 1} = 1 \Leftrightarrow x^2 = 0 \Leftrightarrow x = 0}$

$\displaystyle{f'(x) > 0 \Leftrightarrow \frac{{\sqrt {x^2 + 1} - 1}}{{1 + x^2 }} > 0\mathop \Leftrightarrow \limits^{1 + x^2 > 0} \sqrt {x^2 + 1} - 1 > 0 \Leftrightarrow \sqrt {x^2 + 1} > 1 \Leftrightarrow x^2 > 0 \Leftrightarrow x \ne 0}$

Επομένως $\displaystyle{f'(x) \ge 0,\forall x \in R}$ , άρα η $\displaystyle{f}$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{R}$

β. Έχουμε $\displaystyle{f(0) = 0}$ και $\displaystyle{f(\frac{3}{4}) = \ln (\frac{3}{4} + \sqrt {\left( {\frac{3}{4}} \right)^2 + 1} ) - \int\limits_0^{\frac{3}{4}} {\frac{1}{{1 + t^2 }}dt} = \ln (\frac{3}{4} + \frac{5}{4}) - \int\limits_0^{\frac{3}{4}} {\frac{1}{{1 + t^2 }}dt} = \ln 2 - \int\limits_0^{\frac{3}{4}} {\frac{1}{{1 + t^2 }}dt} }$

Ακόμα $\displaystyle{\forall t \in R}$ έχουμε $\displaystyle{\frac{1}{{t^2 + 1}} > 0 \Rightarrow\int\limits_0^{\frac{3}{4}} {\frac{1}{{t^2 + 1}}dt > 0} }$

Έχουμε $\displaystyle{f(\frac{3}{4}) = \ln 2 - \int\limits_0^{\frac{3}{4}} {\frac{1}{{1 + t^2 }}dt} }$

Επειδή η $\displaystyle{f}$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{R}$ έχουμε $\displaystyle{0 = f(0) < f(\frac{3}{4}) = \ln 2 - \int\limits_0^{\frac{3}{4}} {\frac{1}{{1 + t^2 }}dt} \Leftrightarrow \int\limits_0^{\frac{3}{4}} {\frac{1}{{1 + t^2 }}dt} < \ln 2}$

Επομένως $\displaystyle{0 < \int\limits_0^{\frac{3}{4}} {\frac{1}{{1 + t^2 }}dt} < \ln 2}$

γ. Θεωρώ $\displaystyle{h(x) = \int\limits_0^{\varepsilon \phi x} {\frac{1}{{1 + t^2 }}dt} }$ , η $\displaystyle{{\frac{1}{{1 + t^2 }}}}$ συνεχής στο $\displaystyle{R}$ , οπότε το $\displaystyle{\int\limits_0^x {\frac{1}{{1 + t^2 }}dt} }$ παραγωγίσιμο στο $\displaystyle{R}$ , άρα η $\displaystyle{h}$ παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{R}$ με

$\displaystyle{h'(x) = \frac{1}{{1 + \varepsilon \phi ^2 x}}(\varepsilon \phi x)' = \frac{1}{{1 + \varepsilon \phi ^2 x}} \cdot \frac{1}{{\sigma \upsilon \nu ^2 x}}\mathop = \limits^{1 + \varepsilon \phi ^2 x = \frac{1}{{\sigma \upsilon \nu ^2 x}}} 1}$

Συνεπώς $\displaystyle{h'(x) = 1 \Rightarrow h(x) = x + c}$ . Όμως $\displaystyle{h(0) = \int\limits_0^0 {\frac{1}{{1 + t^2 }}dt} = 0}$ , οπότε για $\displaystyle{x = 0}$ έχουμε $\displaystyle{c = 0}$ ,άρα $\displaystyle{h(x) = x \Leftrightarrow \int\limits_0^{\varepsilon \phi x} {\frac{1}{{1 + t^2 }}dt} = x}$

δ. Έχουμε για $\displaystyle{x = \frac{\pi }{4}}$ οτι $\displaystyle{\int\limits_0^1 {\frac{1}{{1 + t^2 }}dt} = \frac{\pi }{4}}$

Έχουμε $\displaystyle{f(x) \ge 0,\forall x \in [0, + \infty )}$ , οπότε $\displaystyle{E = \int\limits_0^1 {f(x)dx = } \int\limits_0^1 {(x)'f(x)dx = } \left[ {xf(x)} \right]_0^1 - \int\limits_0^1 {xf'(x)dx = } f(1) - \int\limits_0^1 {x(\frac{1}{{\sqrt {x^2 + 1} }} - \frac{1}{{x^2 + 1}})dx = } }$

$\displaystyle{f(1) - \int\limits_0^1 {\frac{x}{{\sqrt {x^2 + 1} }} + \int\limits_0^1 {\frac{x}{{x^2 + 1}}} dx = } f(1) - \left[ {\sqrt {x^2 + 1} } \right]_0^1 + \frac{1}{2}\left[ {\ln (x^2 + 1)} \right]_0^1 = }$

$\displaystyle{f(1) - \sqrt 2 + 1 + \frac{1}{2}\ln 2 = \ln (1 + \sqrt 2 ) - \int\limits_0^1 {\frac{1}{{1 + t^2 }}dt} - \sqrt 2 + 1 + \frac{1}{2}\ln 2 = \ln (1 + \sqrt 2 ) - \frac{\pi }{4} - \sqrt 2 + 1 + \frac{1}{2}\ln 2}$ ( τετραγωνικές μονάδες )

G.Tsikaloudakis · #12

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 123

Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση $\displaystyle{f}$ : $\displaystyle{[0,1] \to R}$ για την οποία ισχύει $\displaystyle{f'(x) = xf(x) + \int\limits_1^x {f(t)dt,\forall x \in [0,1]} }$

α. Να αποδείξετε οτι η συνάρτηση $\displaystyle{f}$ είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο διάστημα $\displaystyle{{[0,1]}}$

β. Να αποδείξετε οτι υπάρχει $\displaystyle{x_0 \in (0,1)}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{f''(x_0 ) = f(1) + \int\limits_0^1 {f(t)dt} }$

γ. Να αποδείξετε οτι $\displaystyle{f(x) = x\int\limits_1^x {f(t)dt + c} }$ με $\displaystyle{{c \in R}}$ και $\displaystyle{f(0) = f(1)}$

δ. Αν η συνάρτηση $\displaystyle{f}$ παρουσιάζει ακρότατο στο $\displaystyle{\xi \in (0,1)}$ , τότε να αποδείξετε οτι $\displaystyle{f(\xi ) = \frac{{f(1)}}{{\xi ^2 + 1}}}$

Ι.Γαρατζιώτης & Π.Μαστακας (εκδόσεις κέδρος)

Παρατήρηση:

Ο προσοδείκτης $\forall$ , δεν μπαίνει στο τέλος μιας πρότασης , αλλά στην αρχή.

dennys · #13

ΑΣΚΗΣΗ 125

Αν $f(x): \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}, f(R)=R$ και $\int_0^{f(x)} (e^t+1)dt =x, x\in \mathbb{R}$

i) Να δείξετε οτι η f(x)

, αντιστρέφεται και να ορίσετε την $f^{-1}(x)$

ii)Nα βρείτε το εμβαδον του χωρίου που περιλείεται απο f(x),x x{'},yy{'}, x=e

iii) Βρείτε τις ασύμπτωτες της

iv) Να δείξετε οτι : $\int_{2009}^{2010}f(t)dt < \int_{2010}^{2011}f(t)dt$ .

φιλικά dennys

ηθελα να την δώσω ετσι χωρίς παραγωγίσιμη ,αλλά επειδη δυσκολεύει η μονοτονία ας την πούμε παραγωγίσιμη
μετα απο υπόδειξη του Δ.Κατσίποδα.

dennys · #14

ΑΣΚΗΣΗ 126

Εστω η συνάρτηση f(x)

,συνεχής στο $\mathbb{R}$ και παραγωγίσιμη στο x_o=0

Αν $g(x): \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ , συνάρτηση με $g(x)=\left{\int_0^1f(xt)dt,t\in\mathbb{R}\right,x\in\mathbb{R}$

και ο μιγαδικός $z : |z-2+i|=|z+2-i| ,\left(1)\right$ ,τότε:

a)Να αποδείξετε οτι οι εικόνες του μιγαδικού,ανήκουν στην ευθεία (ε) y=2x

b)Aν η ευθεία ε, είναι πλάγια ασύμπτωτη της

,στο $+\infty$ να

βρείτε τον πραγματικό αριθμό $k : \lim_{x\to 0^{+}} {\cfrac {xf(\frac{1}{x})-5x^2\sin(\frac{1}{x})+k}{f(\frac{1}{x})-\frac{2}{x}+2}=10$

c)Να αποδείξετε οτι:
$g(x)=\cfrac{1}{x} \int_0^x f(u)du\,\,\, if x\neq 0$
$g(x)=f(0) \,\,if x=0$

d)Να αποδείξετε οτι η g(x)

είναι παραγωγίσιμη στο $\mathbb{R}$

e) Αν ο μιγαδικός $z=\int_1^2 f(t)dt+ i {\int_0^2f(t)dt}$ ικανοποιεί την σχέση (1)

να δειχθεί οτι υπα΄ρχει $\xi \in(1,2): f(\xi)=g(\xi)$

dennys

STOPJOHN · #15

ΑΣΚΗΣΗ 127
Έστω συνάρτηση

, δυο φορές παραγωγίσιμη στο

με την

συνεχή στους πραγματικούς αριθμούς .Αν η συνάρτηση f''

ικανοποιεί τις συνθήκες $f''(x)f(x)+[f'(x)]^{2}=f(x)f'(x),f(0)=2f'(0)=1$ τότε
α. Να βρείτε τον τύπο της

β. Να αποδείξετε ότι $\int_{-a}^{a}{x^{2004}lnf(x)dx=0}, a>0$
γ. Αν

είναι συνεχής συνάρτηση στο διάστημα $\left[0,1 \right]$ με σύνολο τιμών το $\left[0,1 \right]$
να αποδείξετε ότι η εξίσωση $2x-\int_{0}^{x}{\frac{g(t)}{1+f^{2}(t)}}dt=1$ έχει μια μόνο λύση στο $\left[0,1 \right]$

(Θεματογραφία Μαθηματικών Γ Λυκείου , Γ.Κομπότης )

Γιάννης Σταματογιάννης

alexandropoulos · #16

dennys έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 125

Αν $f(x): \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}, f(R)=R$ και $\int_0^{f(x)} (e^t+1)dt =x, x\in \mathbb{R}$

i) Να δείξετε οτι η , αντιστρέφεται και να ορίσετε την $f^{-1}(x)$

ii)Nα βρείτε το εμβαδον του χωρίου που περιλείεται απο

iii) Βρείτε τις ασύμπτωτες της

iv) Να δείξετε οτι : $\int_{2009}^{2010}f(t)dt < \int_{2010}^{2011}f(t)dt$ .

φιλικά dennys

ηθελα να την δώσω ετσι χωρίς παραγωγίσιμη ,αλλά επειδη δυσκολεύει η μονοτονία ας την πούμε παραγωγίσιμη
μετα απο υπόδειξη του Δ.Κατσίποδα.

Για το (i)
Η συνάρτηση $\int_{0}^{f(x)}{(e^t+1)dt}$ είναι παραγωγίσιμη , οπότε $\left( \int_{0}^{f(x)}{(e^t+1)dt}\right)' =1\Leftrightarrow \left( e^{f(x)}+1\right)f'(x)=1$ . Η τελευταία μας οδηγεί στο συμπέρασμα πως f'(x)>0

άρα η συνάρτηση γνησίως αύξουσα.
Είναι $\left( e^{f(x)}+f(x)\right)'=1\Leftrightarrow e^{f(x)}+f(x)=x+c$ .
Για x=0

προκύπτει $\int_{0}^{f(0)}{\left( e^t+1\right)dt}=0 (1)$ και επειδή e^t+1>0

για κάθε τιμή του

από

προκύπτει ότι f(0)=0

Δηλαδή, $e^{f(0)}+f(0)=0+c\Leftrightarrow c=1$
Δηλαδή, $e^{f(x)}+f(x)=x+1$ . Θέτω $x=f^{-1}(x)$ και προκύπτει ότι $f^{-1}(x)=e^x+x-1$ .

ii) H

είναι γνησίως αύξουσα οπότε $x>0\Leftrightarrow f(x)>f(0)\Leftrightarrow f(x)>0$ . Το ζητούμενο εμβαδόν ισούται με $\int_{0}^{e}{f(x)dx}$ . Θέτοντας f(x)=u

ισοδύναμα προκύπτει $x=f^{-1}(u)\Leftrightarrow x=e^u+u-1$ και διαφορίζοντας dx=(e^u+1)du

.
Όταν

τότε

. Από τη μονοτονία της συνάρτησης προκύπτει μοναδική λύση u_1=0

.
Όταν

τότε

. Από τη μονοτονία της συνάρτησης προκύπτει μοναδική λύση u_2=1

. Επομένως, $\int_{0}^{e}{f(t)dt}=\int_{0}^{1}{u(e^u+1)du}=\int_{0}^{1}{ue^udu}+\int_{0}^{1}{udu}=...=\frac{3}{2}$ .

iii) Εργαζομαι με τη συμμετρία των γραφικών παραστάσεων των $f, f^{-1}$ ως προς την ευθεία y=x

.
Είναι, με D.L.H. $\lim_{x\rightarrow +\propto }\frac{f^{-1}(x)}{x}=\lim_{x\rightarrow +\propto }\frac{e^x+x-1}{x}=+\propto$ . Άρα, η

δεν έχει ασύμπτωτη.
Όμοια προκύπτει ότι η $f^{-1)$ έχει πλάγια ασύμπτωτη στο μείον άπειρο την ευθεία y=-x-1

. Η συμμετρική της ως προς την y=x

(λόγω καθετότητας) προκύπτει ότι είναι η y=-x-1

iv) Με εφαρμογή του Θ.Μ.Τ. στο διάστημα [x, x+1]

για τη συνάρτηση $F(u)=\int_{a}^{u}{f(t)dt}$ διαπιστώνουμε ότι υπάρχει $\xi \varepsilon \left(x, x+1 \right)$ τέτοιο, ώστε $\int_{x}^{x+1}{f(t)dt}=f(\xi(x) )(x+1-x)=f(\xi )$ . Από την μονοτονία της

στα διαστήματα $\left[2009, 2010 \right], \left[2010, 2011 \right]$ προκύπτει το ζητούμενο.

Κατόπιν υπόδειξης του Κου Κατσίποδα διορθώθηκε το εμβαδόν

STOPJOHN · #17

ΑΣΚΗΣΗ 128
Έστω η δυο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση $f \left[1,2 \right]\rightarrow R$ για την οποία δίνονται $f''(x)<0,x\epsilon \left[1,2 \right]$
f(1)=0,f(2)=2,f'(2)=1

α. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση

είναι γνησίως μονότονη και να βρείτε το σύνολο τιμών της
β. Να αποδειξετε ότι η ευθε'ια y=x

εφάπτεται στην γραφική παράσταση της συνάρτησης

γ. Να αποδείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα $x_{0}\epsilon \left(1,2 \right),f''(x_{0})<-1$
δ.Να αποδείξετε ότι
1. $\frac{f(x)-f(1)}{x-1}>\frac{f(2)-f(x)}{2-x},x\epsilon \left(1,2 \right)$
2. $f(x)\geq 2(x-1),x\left[1,2 \right]$
3. $\int_{1}^{2}{f(x)}dx\geq 1$
ε. Να αποδείξετε ότι η ευθεία $\epsilon x+y=2$ τέμνει ακριβώς σε ένα μόνο σημείο την γραφική παράσταση της

στ. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν $\xi _{1},\xi _{2}\epsilon \left(1,2 \right),\xi _{1}<\xi _{2}, f'(\xi _{1})f'(\xi _{2})=f'(\xi _{1})+2$
ζ.Να κάνετε μια πρόχειρη γραφική παράσταση της συνάρτησης

(Γ.Μπαιλάκης Θέματα Μαθηματικών )

Γιάννης Σταματογιάννης

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ · #18

dennys έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 126

Εστω η συνάρτηση ,συνεχής στο $\mathbb{R}$ και παραγωγίσιμη στο

Αν $g(x): \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ , συνάρτηση με $g(x)=\left{\int_0^1f(xt)dt,t\in\mathbb{R}\right,x\in\mathbb{R}$

και ο μιγαδικός $z : |z-2+i|=|z+2-i| ,\left(1)\right$ ,τότε:

a)Να αποδείξετε οτι οι εικόνες του μιγαδικού,ανήκουν στην ευθεία (ε)

b)Aν η ευθεία ε, είναι πλάγια ασύμπτωτη της ,στο $+\infty$ να

βρείτε τον πραγματικό αριθμό $k : lim_{x\to 0^{+}} {\cfrac {xf(\frac{1}{x})-5x^2sin(\frac{1}{x})+k}{f(\frac{1}{x})-\frac{2}{x}+2}=10$

c)Να αποδείξετε οτι:
$g(x)=\cfrac{1}{x} \int_0^x f(u)du\,\,\, if x\neq 0$
$g(x)=f(0) \,\,if x=0$

d)Να αποδείξετε οτι η είναι παραγωγίσιμη στο $\mathbb{R}$

e) Αν ο μιγαδικός $z=\int_1^2 f(t)dt+ i {\int_0^2f(t)dt}$ ικανοποιεί την σχέση (1)

να δειχθεί οτι υπάρχει $\xi \in(1,2): f(\xi)=g(\xi)$

dennys

ΛΥΣΗ

a. Έστω $\displaystyle{z = x + yi,x,y \in R}$ έχουμε $\displaystyle{\left| {z - 2 + i} \right| = \left| {z + 2 - i} \right| \Leftrightarrow \left| {x + yi - 2 + i} \right| = \left| {x + yi + 2 - i} \right| \Leftrightarrow \left| {(x - 2) + (y + 1)i} \right| = \left| {(x + 2) + (y - 1)i} \right| \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{\sqrt {(x - 2)^2 + (y + 1)^2 } = \sqrt {(x + 2)^2 + (y - 1)^2 } \Leftrightarrow (x - 2)^2 + (y + 1)^2 = (x + 2)^2 + (y - 1)^2 \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{x^2 - 4x + 4 + y^2 + 2y + 1 = x^2 + 4x + 4 + y^2 - 2y + 1 \Leftrightarrow 4y = 8x \Leftrightarrow y = 2x}$

Συνεπώς οι εικόνες του μιγαδικού,ανήκουν στην ευθεία (ε) $\displaystyle{y = 2x}$

b. Επειδή η ευθεία (ε) $\displaystyle{y = 2x}$ είναι αύμπτωτη της γραφικής παράστασης της $\displaystyle{f}$ στο $\displaystyle{+ \infty }$ έχουμε $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{f(x)}}{x} = 2}$ και $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } (f(x) - 2x) = 0}$

άρχικά έχουμε $\displaystyle{\left| {\frac{{5\eta \mu u}}{{u^2 }}} \right| \le \frac{1}{{u^2 }} \Leftrightarrow - \frac{1}{{u^2 }} \le \frac{{5\eta \mu u}}{{u^2 }} \le \frac{1}{{u^2 }}}$ και $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{u \to + \infty } \left( { - \frac{1}{{u^2 }}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{u \to + \infty } \left( {\frac{1}{{u^2 }}} \right) = 0}$

Αρα απο κριτήριο παρεμβολής έχουμε $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{u \to + \infty } \left( {\frac{{5\eta \mu u}}{{u^2 }}} \right) = 0}$

$\displaystyle{10 = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } \frac{{xf(\frac{1}{x}) - 5x^2 \eta \mu \frac{1}{x} + \kappa }}{{f(\frac{1}{x}) - \frac{2}{x} + 2}}\mathop = \limits^{\scriptstyle \frac{1}{x} = u \hfill \atop {\scriptstyle x \to 0^ + \hfill \atop \scriptstyle u \to + \infty \hfill}} \mathop {\lim }\limits_{u \to + \infty } \frac{{\frac{{f(u)}}{u} - \frac{{5\eta \mu u}}{{u^2 }} + \kappa }}{{f(u) - 2u + 2}} = \frac{{2 - 0 + \kappa }}{{0 + 2}} = \frac{{\kappa + 2}}{2}}$

Οπότε $\displaystyle{\frac{{\kappa + 2}}{2} = 10 \Leftrightarrow \kappa = 18}$

c. Έχουμε $\displaystyle{g(x) = \int\limits_0^1 {f(xt)dt} }$ , οπότε για $\displaystyle{x = 0}$ έχουμε $\displaystyle{ g(0) = \int\limits_0^1 {f(0)dt} = f(0)\int\limits_0^1 {dt} = f(0)\left[ t \right]_0^1 = f(0)}$

Για $\displaystyle{x \ne 0}$ θέτουμε $\displaystyle{xt = u}$ , οπότε $\displaystyle{dt = \frac{{du}}{x}}$ . Για $\displaystyle{t = 0}$ έχουμε $\displaystyle{u = 0}$

Ενώ για $\displaystyle{t = 1}$ έχουμε $\displaystyle{u = x}$

Συνεπώς για $\displaystyle{x \ne 0}$ έχουμε $\displaystyle{g(x) = \int\limits_0^1 {f(xt)dt} = \int\limits_0^x {\frac{{f(u)du}}{x} = \frac{1}{x}} \int\limits_0^x {f(u)du} }$

Συνεπώς $\displaystyle{g(x) = \left\{ \begin{array}{l} \displaystyle \frac{1}{x}\int\limits_0^x {f(u)du,x \ne 0} \\ f(0),x = 0 \\ \end{array} \right. }$

d. Έχουμε οτι η $\displaystyle{{f(u)}}$ είναι συνεχής στο $\displaystyle{R}$ , οπότε το $\displaystyle{\int\limits_0^x {f(u)du} }$ παραγωγίσιμο στο $\displaystyle{R}$ . Η $\displaystyle{\frac{1}{x}}$ παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{( - \infty ,0) \cup (0, + \infty )}$

,άρα η $\displaystyle{g}$ παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{( - \infty ,0) \cup (0, + \infty )}$

Επίσης $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{g(x) - g(0)}}{{x - 0}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\frac{1}{x}\int\limits_0^x {f(u)du} - f(0)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\int\limits_0^x {f(u)du - xf(0)} }}{{x^2 }}\mathop = \limits^{\frac{0}{0}DLH} \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{f(x) - f(0)}}{{2x}} = \frac{{f'(0)}}{2}}$

Επομένως η $\displaystyle{g}$ παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{R}$ με $\displaystyle{ g'(x) = \left\{ \begin{array}{l} \displaystyle - \frac{1}{{x^2 }}\int\limits_0^x {f(u)du + \frac{{f(x)}}{x},x \ne 0} \\ \frac{{f'(0)}}{2},x = 0 \\ \end{array} \right. }$

e. Έχουμε $\displaystyle{ z = \int\limits_1^2 {f(t)dt + i\int\limits_0^2 {f(t)dt\mathop \Leftrightarrow \limits^{z = \alpha + 2\alpha i} } } \left\{ \begin{array}{l} \int\limits_1^2 {f(t)dt = \alpha } \\ \int\limits_0^2 {f(t)dt = 2\alpha } \\ \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \int\limits_1^2 {f(t)dt = \alpha } \\ \int\limits_0^1 {f(t)dt + \int\limits_1^2 {f(t)dt} = 2\alpha } \\ \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \int\limits_1^2 {f(t)dt = \alpha } \\ \int\limits_0^1 {f(t)dt = \alpha } \\ \end{array} \right. }$

Η $\displaystyle{g}$ συνεχής στο $\displaystyle{[1,2]}$ , παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{(1,2)}$ , από $\displaystyle{\Theta {\rm M}{\rm T}}$ έχουμε οτι υπάρχει τουλάχιστον ένα $\displaystyle{\xi \in (1,2)}$ τέτοιο ώστε

$\displaystyle{g'(\xi ) = \frac{{g(2) - g(1)}}{{2 - 1}} = g(2) - g(1) = \frac{1}{2}\int\limits_0^2 {f(t)dt - } \int\limits_0^1 {f(t)dt = \alpha } - a = 0}$

Δηλαδή $\displaystyle{g'(\xi ) = 0 \Leftrightarrow - \frac{1}{{\xi ^2 }}\int\limits_0^\xi {f(u)du + \frac{{f(\xi )}}{\xi } = 0} \Leftrightarrow - \frac{1}{\xi }\int\limits_0^\xi {f(u)du + f(\xi ) = 0} \Leftrightarrow \frac{1}{\xi }\int\limits_0^\xi {f(u)du = f(\xi )} \Leftrightarrow g(\xi ) = f(\xi ) }$

PanosG · #19

STOPJOHN έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 127
Έστω συνάρτηση , δυο φορές παραγωγίσιμη στο με την συνεχή στους πραγματικούς αριθμούς .Αν η συνάρτηση ικανοποιεί τις συνθήκες $f''(x)f(x)+[f'(x)]^{2}=f(x)f'(x),f(0)=2f'(0)=1$ τότε
α. Να βρείτε τον τύπο της
β. Να αποδείξετε ότι $\int_{-a}^{a}{x^{2004}lnf(x)dx=0}, a>0$
γ. Αν είναι συνεχής συνάρτηση στο διάστημα $\left[0,1 \right]$ με σύνολο τιμών το $\left[0,1 \right]$
να αποδείξετε ότι η εξίσωση $2x-\int_{0}^{x}{\frac{g(t)}{1+f^{2}(t)}}dt=1$ έχει μια μόνο λύση στο $\left[0,1 \right]$

(Θεματογραφία Μαθηματικών Γ Λυκείου , Γ.Κομπότης )

Γιάννης Σταματογιάννης

i)
$\displaystyle{{f{''}}\left( x \right)f\left( x \right) + {\left[ {{f{'}}\left( x \right)} \right]^2} = f\left( x \right){f{'}}\left( x \right) \Leftrightarrow {\left( {2f\left( x \right){f{'}}\left( x \right)} \right){'}} = {\left( {{f^2}\left( x \right)} \right){'}} \Leftrightarrow 2f\left( x \right){f{'}}\left( x \right) = {f^2}\left( x \right) + c}$
Για χ=0 η τελευταία γίνεται:
$1=1+c\Leftrightarrow c=0$ 'Αρα:
$\displaystyle{{f^2}\left( x \right) = 2f\left( x \right){f{'}}\left( x \right) \Leftrightarrow {f^2}\left( x \right) = {\left( {{f^2}\left( x \right)} \right){'}} \Leftrightarrow {f^2}\left( x \right){e^{ - x}} - {\left( {{f^2}\left( x \right)} \right){'}}{e^{ - x}} = 0 \Leftrightarrow {\left( {{f^2}\left( x \right){e^{ - x}}} \right){'}} = 0}$
$\displaystyle{\Leftrightarrow f^2(x)e^{-x}=c_1$
Επειδή f(0)=1

τότε

άρα:

Από την τελευταία σχέση προφανώς η $f(x) \neq 0 ,\forall x \in \mathbb{R}$ άρα θα διατηρεί σταθερό πρόσημο και αφού f(0)=1>0

τότε $f(x)>0 ,\forall x \in \mathbb{R}$ . Οπότε τελικά:
$\displaystyle{\boxed{f(x)=e^{\frac{x}{2}}}}$

ii)
Έστω $\displaystyle{h(x)=x^{2004}lnf(x)=x^{2004}\frac{x}{2}}$ Τότε είναι:
$\displaystyle{h(-x)=(-x)^{2004} \cdot \frac{-x}{2}=-h(x) ,\forall x \in \mathbb{R}}}$
Άρα η

είναι περιττή, όποτε $\displaystyle{\mathop \int \limits_{-a}^a h\left( x \right)dx = 0}$

iii)
Η

έχει σύνολο τιμών το [0,1]

οπότε:
$0\leq g(x) \leq 1$ . Όμως $\displaystyle{1+f^2(x) > 1\Leftrightarrow 0 < \frac{1}{1+f^2(x)} < 1}$ . Άρα:
$\displaystyle{0 \leq \frac{g(x)}{1+f^2(x)} \leq 1\Leftrightarrow 1-\frac{g(x)}{1+f^2(x)} \geq 0$
Οπότε:
$\displaystyle{1- \mathop \int \limits_{0}^1 \frac{g(t)}{1+f^2(t)}dt >0}$
Έστω τώρα η συνεχής συνάρτηση στο [0,1]

$\displaystyle{r(x)=2x-\mathop \int \limits_{0}^x \frac{g(t)}{1+f^2(t)}dt-1}$
r(0)=-1<0

$r(1)=1- \mathop \int \limits_{0}^1 \frac{g(t)}{1+f^2(t)}dt >0$
Οπότε από Bolzano η

έχει τουλάχιστον μια ρίζα στο (0,1)

Όμως η συνάρτηση $\frac{g(t)}{1+f^2(t)}dt-1}$ είναι συνεχής στο [0,1]

άρα η συνάρτηση

είναι παραγωγίσιμη με
$\displaystyle{r'(x)=2-\frac{g(x)}{1+f^2(x)}}\geq 1$ όποτε η

είναι γνησίως αύξουσα άρα έχει μοναδική ρίζα στο (0,1)

dennys · #20

για την ΑΣΚΗΣΗ 125

Ειπα οτι μετά την λύση απο κάποιο φίλο , θα δώσω την αποψή μου ,χωρίς την παραγωγισιμοτητα.

Ετσι : $\int_0^{f(x)}(e^t+1)dt=x \Rightarrow[e^t+t]_0^{f(x)}=[e^{f(x)}+f(x)]-[e^0+0]\Rightarrow,e^{f(x)}+f(x)-1=x \Rightarrow$

αρα $e^{f(x)}+f(x)=x+1 \Rightarrow if ,g(x)=e^x+x \nearrow$ και $g(f(x))=x+1 \nearrow \Rightarrow f(x) \nearrow$

αρα και "1-1" η δουλεύω με ατοπο υποθέτοντασ οτι ειναι γν.φθίνουσα, ακομη και απο ορισμο τον του "1-1"

αν $f(x_1)=f(x_2) \Rightarrow \int_0^{f(x_1)}(e^t+1)dt=\int_0^{f(x_2}(e^t+1)dt \Rightarrow x_1=x_2$

φιλικα dennys

ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Μέλη σε σύνδεση