ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ · #41

Δες και viewtopic.php?f=52&t=3267 και viewtopic.php?f=61&t=13553

#42

Παρακαλώ δέιτε το τόπικ εδώ για την εισαγωγή των τελεστών στο $\LaTeX$ .

STOPJOHN · #43

Καλημέρα,στο Δημήτρη και τον Περικλή να απαντήσω για τις γραφικές παραστάσεις που είναι στη εξεταστέα ύλη των πανελλαδικών εξετάσεων.Μπορεί να τεθεί θέμα μελέτης και γραφικής παράστασης ;(χωρίς συγκεκριμένα ερωτήματα ) Νομίζω όχι γιατί πόσες εργασίες θα κάνουν οι μαθητές ; Οπωσδήποτε μπορεί να ζητηθούν συγκεκριμένες ερωτήσεις π.χ μονοτονία ακρότατα κ.λ.π και στο τέλος να γίνει η γραφική παράσταση .Ένα άλλο θέμα σοβαρό βαθμολογικό που μπορεί να δημιουργηθεί είναι το σχήμα που θα σχεδιάσουν οι μαθητές στις περιπτώσεις καμπύλης και ευθείας όταν δεν είναι καθαρό σηκώνει πολύ συζήτηση για τον βαθμολογητή .Στο παρελθόν που δόθηκε κάτι παρόμοιο στη Φυσική δημιουργήθηκε πρόβλημα στους βαθμολογητές και είχανε δίκιο να διαμαρτύρονται. Θεωρώ σωστό να δοθεί σχήμα στην εκφώνηση και να ζητηθούν συγκεκριμένα ερωτήματα...θα είναι ένα καλό θέμα με προτεραιότητα στη εποπτεία .Ακόμη πόσοι από τους καθηγητές που προετοιμάζουν μαθητές για πανελλαδικές κάνουν θέματα γραφικών παραστάσεων και στο ρυθμό μεταβολής ; είναι ενότητες υποβαθμισμένες ,δεν γνωρίσω το λόγο ,ενώ στα θεμελιώδη θεωρήματα γίνονται άπειρα θέματα ....
Γιάννης

dennys · #44

ΓΙΑ ΤΗΝ 132

Αφου δεν ισχύει , να θεωρήσω μια αρχικα της f(x)

, εστω $F(x)=\int_a^x f(x)dx, a\in Df$

τότε με ΘΜΤ στο [2x,3x]

για την

,...γιατί δεν ισχύει το θεώρημα???

dennys

#45

Παρακαλώ δείτε το τόπικ εδώ για την εισαγωγή των τελεστών στο $\LaTeX$ .

Επίσης μπορείτε να κάνετε χρήση του πλήκτρου της προεπισκόπισης για να δείτε τα γραφόμενά σας πριν κάνετε τη δημοσίευση.

#46

ΑΣΚΗΣΗ 137

Έστω η δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση $\displaystyle{ f:\left( {0, + \infty } \right) \to R }$ για την οποία ισχύουν:

• $\displaystyle{ x^2 f''\left( x \right) + 5xf'\left( x \right) + 4f\left( x \right) = 0 }$ για κάθε $\displaystyle{ x > 0 }$

• $\displaystyle{ f\left( 1 \right) = 1 }$ και $\displaystyle{ f'\left( 1 \right) = - 3 }$

α) Να δείξετε ότι η συνάρτηση $\displaystyle{ g\left( x \right) = x^2 f\left( x \right) + \ln x,\,\,x > 0 }$ είναι σταθερή

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

γ) Να βρείτε τις ασύμπτωτες της γραφικής παράστασης της $\displaystyle{ f }$

ε) Να δείξετε ότι αν $\displaystyle{ 0 < a < b < 2 }$ τότε : $\displaystyle{ f\left( b \right) < \frac{{b\ln a - a\ln b}} {{a^2 b - ab^2 }} < f\left( a \right) }$

στ) Να βρεθεί το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη $\displaystyle{ C_f }$ και τις ευθείες με εξισώσεις : $\displaystyle{ y = 0,\,\,\,x = 1,\,\,\,x = e^2 }$

Στάθης

#47

ΑΣΚΗΣΗ 138

Έστω η συνεχής συνάρτηση $\displaystyle{ f:R \to R }$ με $\displaystyle{ f\left( 0 \right) = 1 }$ για την οποία ισχύει : $\displaystyle{ f\left( a \right) - f\left( b \right) \geqslant \int\limits_b^a {\frac{{2tf\left( t \right)}} {{t^2 + 1}}dt} }$ για κάθε $\displaystyle{ a,b \in R }$
α) Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{ f\left( x \right) = 1 + \int\limits_0^x {\frac{{2tf\left( t \right)}} {{t^2 + 1}}dt} }$ για κάθε $\displaystyle{ x \in R }$
β) Να βρείτε τον τύπο της $\displaystyle{ f }$

γ) Να αποδείξετε ότι για κάθε παραγωγίσιμη συνάρτηση $\displaystyle{ g:R \to R }$ η εξίσωση $\displaystyle{ f'\left( x \right)g\left( x \right) = \left( {2 - f\left( x \right)} \right)g'\left( x \right) }$ έχει τουλάχιστον μια πραγματική ρίζα.

δ) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle{ f\left( x \right) = 2e^{x - 1} }$ έχει ακριβώς μια ρίζα στο $\displaystyle{ R }$ την οποία και να βρείτε.

Στάθης

dennys · #48

ΑΣΚΗΣΗ 138

1) Η δοσμένη για $b=0 \Rightarrow f(a) \ge f(0)+\int_0^a \cfrac{2tf(t)}{t^2+1}$ και

για $a=0 \Rightarrow f(b) \le f(0)+\int_0^b \cfrac{2tf(t)}{t^2+1}$ .Οι δυο σχέσεις

για $a=b=x : f(x)=1+\int_0^x \cfrac{2tf(t)}{t^2+1}$ . Eπειδη η συνάρτηση που ολοκληρωνουμε είναι

συνεχής , η f(x)

ειναι παραγωγίσιμη ,αρα $f{'}(x)=\cfrac{2xf(x)}{x^2+1}\Rightarrow f{'}(x)(x^2+1)-(x^2+1){'}f(x)=0$

$[\cfrac{f(x)}{x^2+1}]{'}=0 \Rightarrow f(x)=(x^2+1)c , x=0 \Rightarrow c=1 \Rightarrow f(x)=x^2+1$

γ) Η ζητούμενη σχέση γίνεται [(f(x)-2)g(x)]{'}=0 if h(x)=(f(x)-2)g(x)

με Θ.ROLLE στο [-1,1]

καταλήγουμε στη σχέση.Διάλεξα το [-1,1] γιατί f(x)-2=x^2-1

d) θέτω $k(x)=f(x)-2e^{x-1}=x^2+1-2e^{x_1}$

Ματίσια ρίζα η x=1

και $k{'}(x)=2x-2e^{x-1}=2(x-e^{x-1}) \le 0$ γιατι $e^{x-1} \ge (x-1)+1=x$ γνωστη απο τα παλιά.

αρα η ριζα ειναι μοναδικη.

dennys

ΚΟΥΤΣΟΥΚΟΣ ΓΙΑΝΝΗΣ · #49

Άσκηση 138

Για το (δ)

Με πρόλλαβε ο dennys

Δεν πειράζει ... λίγο πιο αναλυτικά

Η εξίσωση γράφεται ισοδύναμα

$x^2 +1 = 2 e^{x-1} \Leftrightarrow 2 e^{x-1} - x^2 -1 = 0 (1)$

Θεωρώ την συνάρτηση $H(x) = 2 e^{x-1} - x^2 -1 x \in R$

Συνεχή και παραγωγίσιμη στο Πεδίο ορισμού της με

$H'(x) = 2 e^ {x-1} - 2x$ για κάθε $x \in R$

Επίσης έχουμε H'(1) = 0

και δεν μπορούμε να βρούμε το πρόσημό της . Ετσι προχωρούμε στο πρόσημο της H''(x)

$H''(x) = 2 e^ {x-1} - 2$ και έχουμε

$H''(x) = 0 \Leftrightarrow 2 e^ {x-1} - 2 = 0 \Leftrightarrow e^ {x-1} = 1 \Leftrightarrow x =1$

$H''(x) > 0 \Leftrightarrow 2 e^ {x-1} - 2 > 0 \Leftrightarrow e^ {x-1} > 1 \Leftrightarrow x >1$

$H''(x) < 0 \Leftrightarrow 2 e^ {x-1} - 2 < 0 \Leftrightarrow e^ {x-1} < 1 \Leftrightarrow x <1$

Άρα η συνάρτηση H'(x)

παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο x_o = 1

$H'(x) \geq H'(1) \Rightarrow H'(x) \geq 0$ & $H'(x) > 0 \forall x \neq 1$ Άρα

$H(x) \nearrow x \in R$ . Τέλος H(1) = 0

άρα η εξίσωση έχει μοναδική λύση το x = 1

#50

dennys έγραψε:ΓΙΑ ΤΗΝ 132

Αφου δεν ισχύει , να θεωρήσω μια αρχικα της , εστω $F(x)=\int_a^x f(x)dx, a\in Df$

τότε με ΘΜΤ στο για την ,...γιατί δεν ισχύει το θεώρημα???

dennys

Γιατί δεν έχουμε περίπτωση $\frac{0}{0}$ .

Και όχι γιατί δεν επιτρέπεται η χρήση του κανόνα του De L' Hospital στον υπολογισμό του αξιοσημείωτου ορίου $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\eta \mu x}{x}$ που βέβαια διαφωνώ ειδικά σε σχολικό επίπεδο .

Πάντως υπάρχουν πιο σχολικοί τρόποι από το Θ.Μ.Τ. με $\xi$ εξαρτημένο από το

.

ΚΟΥΤΣΟΥΚΟΣ ΓΙΑΝΝΗΣ · #51

Άσκηση 139

Θεωρούμε τις συναρτήσεις

f(x) = lnx , x>0

$K(x) = \int_0^{\varepsilon \phi x} {\frac{{2{t^2}}}{{{t^2} + 1}}dt}$ , με $x \in (0,\pi/2)$

h(x) = x^2+1

(α) Να αποδείξετε οτι για κάθε x >0 είναι $f(x) \leqslant x-1$

(β) Να αποδείξετε οτι K(x)

είναι δύο φορές παραγωγίσιμη και βρείτε την K''(x)

.

(γ) i) Να αποδείξετε οτι ορίζεται η συνάρτηση g(x) = (foh)(x)

στο

ii) Να υπολογίσετε το εμβαδό $E( \theta)$ του χωρίου που περικλείεται απο την γραφική παράσταση της

, τον άξονα xx'

και τις ευθείες $x = 0 , x = \epsilon\phi\theta$ με $\theta \in (0,\pi/2)$

iii) Να υπολογιστεί το όριο $\mathop {\lim }\limits_{\theta \to {{\frac{\pi }{2}}^ - }} E(\vartheta )$

iv) Να δειχθεί οτι $E(\theta) > 2(\theta - \eta\mu\theta)$ με $\theta \in (0,\pi/2)$

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ · #52

Τηλέγραφος Κώστας έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 129

Δίνονται $\displaystyle{\text{f},\text{g},\varphi }$ συνεχείς στο με $\displaystyle{0<\alpha <\beta }$ , $\displaystyle{f(x)\ne 0}$ , $\displaystyle{g\left( x \right)\ne 0}$ , $\displaystyle{\varphi (\text{x})>0}$ και $\displaystyle{h(x)=\frac{\int_{0}^{x}{t\varphi (t)dt}}{\int_{0}^{x}{\varphi (t)dt}}}$ και $\displaystyle{\int_{h(2)}^{h(-1)}{f(x)dx>0}}$ .

Α1. Να δειχτεί ότι η $\displaystyle{h}$ γνησίως αύξουσα για $\displaystyle{\text{x}>0}$ και $\displaystyle{h}$ γνησίως αύξουσα για $\displaystyle{\text{x}<0}$ .

Α2. Να δείξετε ότι η $\displaystyle{\text{h}(\text{x})}$ , $\displaystyle{\text{1}-\text{1}}$ στο αν $\displaystyle{\text{h}\left( 0 \right)=0}$ .

Α3. Αν $\displaystyle{\text{f}}$ γνησίως αύξουσα και $\displaystyle{\text{g}(\text{x})}$ γνησίως φθίνουσα για κάθε $\displaystyle{\text{x}\in \left( \alpha \text{ },\beta \right),}$ , να δείξετε ότι: αν $\displaystyle{\text{f}\left( \beta \right)>\text{g}\left( \beta \right)}$ και $\displaystyle{\int\limits_{\alpha }^{\beta }{{}}f(x)dx<\int\limits_{\alpha }^{\beta }{{}}g(x)dx}$ τότε υπάρχει ένα μόνο $\displaystyle{{{\xi }_{o}}\in \left[ \alpha ,\text{ }\beta \right]}$ τέτοιο ώστε : $\displaystyle{\text{f}\left( {{\xi }_{o}} \right)=\text{g}\left( {{\xi }_{o}} \right).}$

Α4. Να δειχτεί ότι $\displaystyle{\exists \xi }$ ώστε $\displaystyle{h\left( \frac{\int\limits_{\beta }^{\xi }{g({{x}^{x}})dx}}{\xi -\alpha } \right)=h\left( \frac{f({{\xi }^{\xi }})g(\xi )}{\beta -\xi } \right)}$ αν $\displaystyle{\text{h}\left( 0 \right)=0.}$

ΛΥΣΗ

Α.1. Για να ορίζεται η συνάρτηση $\displaystyle{h}$ πρέπει $\displaystyle{\int\limits_0^x {\phi (t)dt \ne 0} }$ .
Έχουμε πως για κάθε $\displaystyle{t \in R}$ ισχύει $\displaystyle{\phi (t) > 0}$ , οπότε για $\displaystyle{x > 0}$ έχουμε $\displaystyle{ \int\limits_0^x {\phi (t)dt > 0} }$ . Ενώ για $\displaystyle{x < 0}$ έχουμε $\displaystyle{\int\limits_x^0 {\phi (t)dt > 0} \Leftrightarrow \int\limits_0^x {\phi (t)dt < 0} }$ . Τέλος για $\displaystyle{x = 0}$ έχουμε $\displaystyle{\int\limits_0^0 {\phi (t)dt = 0} }$ . Συνεπώς $\displaystyle{x \in ( - \infty ,0) \cup (0, + \infty )}$

Θεωρώ $\displaystyle{k(x) = x\int\limits_0^x {\phi (t)dt} - \int\limits_0^x {t\phi (t)dt} ,x \in R}$
Έχουμε πως η $\displaystyle{\phi }$ συνεχής στο $\displaystyle{R}$ , οπότε η $\displaystyle{\int\limits_0^x {t\phi (t)dt} }$ καθώς και η $\displaystyle{x\int\limits_0^x {\phi (t)dt} }$ παραγωγίσιμες στο $\displaystyle{R}$ . Άρα η $\displaystyle{k}$ παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{R}$ με $\displaystyle{k'(x) = \int\limits_0^x {\phi (t)dt} + x\phi (x) - x\phi (x) = \int\limits_0^x {\phi (t)dt} ,x \in R}$

Έχουμε (από την εύρεση του περίου ορισμού) $\displaystyle{k'(x) = 0 \Leftrightarrow x = 0}$

$\displaystyle{k'(x) > 0 \Leftrightarrow x > 0}$ και $\displaystyle{k'(x) < 0 \Leftrightarrow x < 0}$ . Συνεπώς η $\displaystyle{k}$ παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στη θέση $\displaystyle{x = 0}$ με τιμή $\displaystyle{k(0) = 0}$ .

Επομένως για κάθε $\displaystyle{x \in ( - \infty ,0) \cup (0, + \infty )}$ έχουμε $\displaystyle{k(x) > 0}$

Η $\displaystyle{h(x) = \frac{{\int\limits_0^x {t\phi (t)dt} }}{{\int\limits_0^x {\phi (t)dt} }}}$ παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{( - \infty ,0) \cup (0, + \infty )}$ ως πράξεις παραγωγίσιμων συνατήσεων , διότι οι $\displaystyle{{\int\limits_0^x {\phi (t)dt} }}$ και $\displaystyle{{\int\limits_0^x {t\phi (t)dt} }}$ παραγωγίμες στο $\displaystyle{R}$ , με $\displaystyle{ h'(x) = \frac{{x\phi (x)\int\limits_0^x {\phi (t)dt} - \phi (x)\int\limits_0^x {t\phi (t)dt} }}{{\left( {\int\limits_0^x {\phi (t)dt} } \right)^2 }} = \frac{{\phi (x)\left( {x\int\limits_0^x {\phi (t)dt} - \int\limits_0^x {t\phi (t)dt} } \right)}}{{\left( {\int\limits_0^x {\phi (t)dt} } \right)^2 }} = \frac{{\phi (x)k(x)}}{{\left( {\int\limits_0^x {\phi (t)dt} } \right)^2 }} }$

Έχουμε πως $\displaystyle{h'(x) > 0}$ για κάθε $\displaystyle{x \in ( - \infty ,0) \cup (0, + \infty )}$ .

Οπότε για κάθε $\displaystyle{x < 0}$ έχουμε πως η $\displaystyle{h}$ είναι γνησίως αύξουσα και για κάθε $\displaystyle{x > 0}$ έχουμε πως η $\displaystyle{h}$ είναι γνησίως αύξουσα .

Α.2. Αν $\displaystyle{h(0) = 0}$ , δείχνουμε πως η $\displaystyle{h}$ είναι συνεχής στο $\displaystyle{x = 0}$
Έχουμε $\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} h(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {\frac{{\int\limits_0^x {t\phi (t)dt} }}{{\int\limits_0^x {\phi (t)dt} }}} \right)\mathop = \limits^{\frac{0}{0}DLH} \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{x\phi (x)}}{{\phi (x)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} x = 0 }$
Επομένως η $\displaystyle{h}$ είναι συνεχής στο $\displaystyle{x = 0}$

Γνώρίζουμε πως η $\displaystyle{h}$ είναι γνησίως αύξουσα σε καθένα από τα διαστήματα $\displaystyle{ ( - \infty ,0)}$ και $\displaystyle{(0, + \infty )}$ . Αν δείξουμε πως τα σύνολα τιμών τους δεν έχουν κοινά σημεία, τότε η $\displaystyle{h}$ θα είναι $\displaystyle{1 - 1}$

Για $\displaystyle{x < 0\mathop \Rightarrow \limits^{h \uparrow } h(x) < h(0) = 0}$
Αρα η $\displaystyle{h}$ έχει στο $\displaystyle{( - \infty ,0)}$ σύνολο τιμών το $\displaystyle{ A_1 = (\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } h(x),\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} h(x)) = (\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } h(x),0) }$
Για $\displaystyle{x > 0\mathop \Rightarrow \limits^{h \uparrow } h(x) > h(0) = 0}$ . Αρα η $\displaystyle{h}$ έχει στο $\displaystyle{(0, + \infty )}$ σύνολο τιμών το $\displaystyle{ A_2 = (\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} h(x),\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } h(x)) = (0,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } h(x)) }$
Επειδή $\displaystyle{A_1 \cap A_2 = \emptyset }$ έχουμε οτι η η $\displaystyle{h}$ θα είναι $\displaystyle{1 - 1}$ στο $\displaystyle{R}$

β' τρόποςΑφού η $\displaystyle{h}$ συνεχής στο $\displaystyle{R}$ και είναι γνησίως αύξουσα σε καθένα από τα διαστήματα και θα είναι και γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{R}$

Α.3. Προσδιορίζουμε και το πρόσημο της συνάρτησης $\displaystyle{f}$ .

Επειδή η $\displaystyle{f}$ συνεχής στο $\displaystyle{R}$ και για κάθε $\displaystyle{x \in R}$ ισχύει $\displaystyle{f(x) \ne 0}$ , έχουμε πως η $\displaystyle{f}$ διατηρεί σταθερό πρόσημο στο $\displaystyle{R}$

Έστω οτι για κάθε $\displaystyle{x \in R}$ ισχύει $\displaystyle{f(x) > 0}$ , τότέ επειδή $\displaystyle{h(2) > 0 > h( - 1)}$ έχουμε οτι
$\displaystyle{f(x) > 0 \Rightarrow \int\limits_{h( - 1)}^{h(2)} {f(x)dx > 0 \Rightarrow } \int\limits_{h(2)}^{h( - 1)} {f(x)dx < 0} }$ . Άτοπο, οπότε για κάθε $\displaystyle{x \in R}$ ισχύει $\displaystyle{f(x) < 0}$ .

Θεωρούμε $\displaystyle{s(x) = f(x) - g(x),x \in [a,\beta ]}$ . Έχουμε πως η $\displaystyle{s}$ είναι συνεχής στο $\displaystyle{[a,\beta ]}$ , ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων.
$\displaystyle{s(\beta ) = f(\beta ) - g(\beta ) > 0}$

Αν $\displaystyle{f(\alpha ) = g(\alpha )}$ , τότε η $\displaystyle{\xi _0 = \alpha }$ ρίζα της $\displaystyle{s}$

Αν $\displaystyle{f(\alpha ) \ne g(\alpha )}$ . Τότε έστω πως για κάθε $\displaystyle{x \in [a,\beta ]}$ ισχύει $\displaystyle{ f(x) \ge g(x) \Leftrightarrow f(x) - g(x) \ge 0 \Rightarrow \int\limits_\alpha ^\beta {\left( {f(x) - g(x)} \right)} dx \ge 0 \Rightarrow \int\limits_\alpha ^\beta {f(x)} dx \ge \int\limits_\alpha ^\beta {g(x)} dx}$ . Άτοπο, επομένως υπάρχει $\displaystyle{x_0 \in (\alpha ,\beta )}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{f(x_0 ) < g(x_0)}$

η $\displaystyle{s}$ είναι συνεχής στο $\displaystyle{[a,\beta ]}$ , ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων είναι συνεχής και στο $\displaystyle{[x_0 ,\beta ]}$

Ακόμα $\displaystyle{s(\beta ) = f(\beta ) - g(\beta ) > 0}$ και $\displaystyle{s(x_0 ) = f(x_0 ) - g(x_0 ) < 0}$ , οπότε από θεώρημα $\displaystyle{Bolzano}$ έχω οτι υπαρχει τουλάχιστον ένα $\displaystyle{\xi _0 \in (x_0 ,\beta )}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{s(\xi _0 ) = 0 \Leftrightarrow f(\xi _0 ) = g(\xi _0 )}$ .

Τελικά υπάρχει τουλάχιστον ένα $\displaystyle{\xi _0 \in [\alpha ,\beta )}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{s(\xi _0 ) = 0 \Leftrightarrow f(\xi _0 ) = g(\xi _0 )}$

Δείχνουμε πως η $\displaystyle{s}$ είναι γνησίως μονότονη, άρα το $\displaystyle{\xi _0 }$ μοναδικό.

Έχουμε πως οι $\displaystyle{f,g}$ είναι συνεχής στο $\displaystyle{R}$ . Επίσης η $\displaystyle{f}$ γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{(\alpha ,\beta )}$ και η $\displaystyle{g}$ γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{(\alpha ,\beta )}$
Έστω $\displaystyle{x_1 ,x_2 \in (\alpha ,\beta )}$ με $\displaystyle{x_1 < x_2 \mathop \Rightarrow \limits^{f \uparrow } f(x_1 ) < f(x_2 )}$ και $\displaystyle{x_1 < x_2 \mathop \Rightarrow \limits^{g \uparrow } g(x_1 ) > g(x_2 ) \Rightarrow - g(x_1 ) < - g(x_2 )}$

Προσθέτω κατά μέλη και έχουμε $\displaystyle{s(x_1 ) < s(x_2 )}$ , δηλαδή η $\displaystyle{s}$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{(\alpha ,\beta )}$ . Επειδή η $\displaystyle{s}$ είναι συνεχής στο $\displaystyle{[a,\beta ]}$ έχουμε πως η $\displaystyle{s}$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{[a,\beta ]}$ , οπότε το $\displaystyle{\xi _0 }$ μοναδικό.

Α.4. Επειδή η $\displaystyle{g}$ συνεχής στο $\displaystyle{R}$ και για κάθε $\displaystyle{x \in R}$ ισχύει $\displaystyle{g(x) \ne 0}$ , έχουμε πως η $\displaystyle{g}$ διατηρεί σταθερό πρόσημο στο $\displaystyle{R}$
Θεωρώ $\displaystyle{m(x) = (\beta - x)\int\limits_\beta ^x {g(t^t )dt - (x - \alpha )f(x^x )g(x),x \in [\alpha ,\beta ]} }$
Η $\displaystyle{m}$ είναι συνεχής στο $\displaystyle{{[\alpha ,\beta ]}}$ ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων

Ακόμα $\displaystyle{ m(\alpha ) = (\beta - \alpha )\int\limits_\beta ^\alpha {g(t^t )dt} = - (\beta - \alpha )\int\limits_\alpha ^\beta {g(t^t )dt} }$
και $\displaystyle{m(\beta ) = - (\beta - \alpha )f(\beta ^\beta )g(\beta )}$
οπότε $\displaystyle{m(\alpha )m(\beta ) = (\beta - \alpha )^2 f(\beta ^\beta )g(\beta )\int\limits_\alpha ^\beta {g(t^t )dt} < 0}$
διότι $\displaystyle{f(\beta ^\beta ) < 0}$ και $\displaystyle{g(\beta )\int\limits_\alpha ^\beta {g(t^t )dt} > 0}$ αφού $\displaystyle{ g(\beta ),\int\limits_\alpha ^\beta {g(t^t )dt} }$ ομόσημοι.

Αρα από θεώρημα $\displaystyle{Bolzano}$ έχουμε οτι υπάρχει τουλάχιστον ένα $\displaystyle{\xi \in (\alpha ,\beta )}$ τέτοιο ώστε
$\displaystyle{ m(\xi ) = 0 \Leftrightarrow (\beta - \xi )\int\limits_\beta ^\xi {g(t^t )dt = (\xi - \alpha )f(\xi ^\xi )g(\xi ) \Leftrightarrow \frac{{\int\limits_\beta ^\xi {g(t^t )gt} }}{{\xi - \alpha }} = \frac{{f(\xi ^\xi )g(\xi )}}{{\beta - \xi }}} \Rightarrow h\left( {\frac{{\int\limits_\beta ^\xi {g(t^t )gt} }}{{\xi - \alpha }}} \right) = h\left( {\frac{{f(\xi ^\xi )g(\xi )}}{{\beta - \xi }}} \right) }$

Στον δημιουργό της ασκήσης.

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ · #53

Επειδή υπάρχουν αρκετές ασκήσεις χωρίς λύση, ας δώσουμε πρώτα λύσεις σε αυτές και μετά προσθέτουμε άλλες στην συλλογή.
Να μην υπάρχουν πάνω απο 2-3 χωρίς λύση. Πάντως μέχρι τώρα θεωρώ οτι έχουν μπεί άριστα θέματα στον ολοκληρωτικό λογισμό.

Χωρίς λύση: 135 και ένα ερώτημα τελευταία σε 132.

pastavr · #54

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 137

Έστω η δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση $\displaystyle{ f:\left( {0, + \infty } \right) \to R }$ για την οποία ισχύουν:

• $\displaystyle{ x^2 f''\left( x \right) + 5xf'\left( x \right) + 4f\left( x \right) = 0 }$ για κάθε $\displaystyle{ x > 0 }$

• $\displaystyle{ f\left( 1 \right) = 1 }$ και $\displaystyle{ f'\left( 1 \right) = - 3 }$

α) Να δείξετε ότι η συνάρτηση $\displaystyle{ g\left( x \right) = x^2 f\left( x \right) + \ln x,\,\,x > 0 }$ είναι σταθερή

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

γ) Να βρείτε τις ασύμπτωτες της γραφικής παράστασης της $\displaystyle{ f }$

ε) Να δείξετε ότι αν $\displaystyle{ 0 < a < b < 2 }$ τότε : $\displaystyle{ f\left( b \right) < \frac{{b\ln a - a\ln b}} {{a^2 b - ab^2 }} < f\left( a \right) }$

στ) Να βρεθεί το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη $\displaystyle{ C_f }$ και τις ευθείες με εξισώσεις : $\displaystyle{ y = 0,\,\,\,x = 1,\,\,\,x = e^2 }$

Στάθης

ι) Eίναι $\displaystyle{{g^/}\left( x \right) = 2xf\left( x \right) + {x^2}{f^/}\left( x \right) + \frac{1}{x} = \frac{{2{x^2}f\left( x \right) + {x^3}{f^/}\left( x \right) + 1}}{x}}$
Oνομάζω $\displaystyle{h\left( x \right) = 2{x^2}f\left( x \right) + {x^3}{f^/}\left( x \right) + 1}$
$\displaystyle{{h^/}\left( x \right) = 4xf\left( x \right) + 2{x^2}{f^/}\left( x \right) + {x^3}{f^{//}}\left( x \right) + 3{x^2}{f^/}\left( x \right) = 4xf\left( x \right) + 5{x^2}{f^/}\left( x \right) + {x^3}{f^{//}}\left( x \right) = x\left( {{x^2}{f^{//}}\left( x \right) + 4f\left( x \right) + 5x{f^/}\left( x \right)} \right) = 0}$
Άρα $\displaystyle{h\left( x \right) = c}$ και επειδή $\displaystyle{h\left( 1 \right) = 0}$ τότε $\displaystyle{h\left( x \right) = 0}$
Άρα $\displaystyle{{g^/}\left( x \right) = 0{\rm{ }}}$ οπότε η συνάρτηση $\displaystyle{g}$ είναι σταθερή

ιι) $\displaystyle{g\left( 1 \right) = 1 \Leftrightarrow {x^2}f\left( x \right) + \ln x = 1 \Leftrightarrow f\left( x \right) = \frac{{1 - \ln x}}{{{x^2}}}}$

iii) $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} f\left( x \right) = + \infty }$ . Άρα η ευθεία $\displaystyle{x = 0}$ είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη
$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{f\left( x \right)}}{x} = 0{\rm{ , }}\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 0}$ , οπότε η ευθεία $\displaystyle{y = 0}$ είναι οριζόντια ασύμπτωτη

ιν) Αρχικά παρατηρούμε ότι $\displaystyle{f\left( x \right) = {q^/}\left( x \right){\rm{ \mu \varepsilon q}}\left( x \right) = \frac{{\ln x}}{x}}$
H ανισότητα $\displaystyle{f\left( \beta \right) < \frac{{b\ln \alpha - \alpha \ln \beta }}{{{\alpha ^2}b - {b^2}\alpha }} < f\left( \alpha \right) \Leftrightarrow f\left( \beta \right) < \frac{{\frac{{\ln b}}{b} - \frac{{\ln \alpha }}{\alpha }}}{{b - \alpha }} < f\left( \alpha \right) \Leftrightarrow {q^/}\left( b \right) < \frac{{q\left( b \right) - q\left( \alpha \right)}}{{b - \alpha }} < {q^/}\left( \alpha \right)}$
Από θεώρημα μέσης τιμής για τη συνάρτηση $\displaystyle{q}$ στο $\displaystyle{\left[ {\alpha ,b} \right]}$ θα υπάρχει τουλάχιστον ένα $\displaystyle{\xi \in \left( {\alpha ,b} \right):{q^/}\left( \xi \right) = \frac{{q\left( b \right) - q\left( \alpha \right)}}{{b - \alpha }}}$
Οπότε η παραπάνω ανισότητα γράφεται $\displaystyle{{q^/}\left( b \right) < {q^/}\left( \xi \right) < {q^/}\left( \alpha \right)}$ που ισχύει αφού η συνάρτηση $\displaystyle{{q^/}}$ είναι γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{\left( {0,2} \right)}$

v) To ζητούμενο εμβαδόν είναι : $\displaystyle{\int_1^{{e^2}} {\left| {f\left( x \right)} \right|dx = \int_1^e {f\left( x \right)dx - } } \int_e^{{e^2}} {f\left( x \right)dx = } \left[ {q\left( x \right)} \right]_1^e - \left[ {q\left( x \right)} \right]_e^{{e^2}}}$

Eλπίζω να μην έχω κάνει λάθος στην πληκτρολόγηση

pito · #55

ΛΥΣΗ ΑΣΚΗΣΗΣ 137

Α) Είναι $g'(x)=2xf(x)+x^{2}f'(x)+\frac{1}{x},$

$g''(x)=2f(x)+4xf'(x)+x^{2}f''(x)-\frac{1}{x^{2}}=-xf'(x)-2f(x)-\frac{1}{x^{2}}$ ( λόγω της δοσμένης σχέσης)

Άρα και $g''(x)=\frac{-g'(x)}{x}\Rightarrow xg''(x)+g'(x)=0\Rightarrow x(g'(x))'+(x)'g'(x)=0\Rightarrow (xg'(x))'=0$

Έτσι από την τελευταία σχέση είναι και $xg'(x)=c_{1}$ με $c_{1}\in R$ .

Όμως και g'(1)=2f(1)+f'(1)+1=0,

, άρα

και αφού

,

προκύπτει ότι g'(x)=0

, και η

θα είναι σταθερή στο $(0,+\infty)$

β) Είναι από το (α) $g(x)=c_{2}, g(1)=f(1)=1$ , άρα και g(x)=1

, συνεπώς και $f(x)=\frac{1-lnx}{x^{2}}, x>0$

γ) Είναι $lim_{x\rightarrow 0^{+}}f(x)=lim_{x\rightarrow 0^{+} }(1-lnx)\frac{1}{x^{2}}=+\infty$ και έτσι η x=0

είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της $C_{f}$

$lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)=lim_{x\rightarrow \infty}\frac{(1-lnx)'}{(x^{2})'}=lim_{x\rightarrow +\infty}(-\frac{1}{2x^{2}})=0$ και η
y=0

είναι οριζόντια ασύμπτωτη της $C_{f}$ στο $+\infty$

Για πλάγια ασύμπτωτη:

$lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{f(x)}{x}=lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{(1-lnx)'}{(x^{3})'}=lim_{x\rightarrow +\infty}(-\frac{1}{3x^{3}})=0$

και $lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)=0$ , άρα η $C_{f}$ δεν έχει πλάγια ασύμπτωτη.

Ο pastarv με πρόλαβε, οπότε δεν την συνεχίζω

#56

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 137

Έστω η δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση $\displaystyle{ f:\left( {0, + \infty } \right) \to R }$ για την οποία ισχύουν:

• $\displaystyle{ x^2 f''\left( x \right) + 5xf'\left( x \right) + 4f\left( x \right) = 0 }$ για κάθε $\displaystyle{ x > 0 }$

• $\displaystyle{ f\left( 1 \right) = 1 }$ και $\displaystyle{ f'\left( 1 \right) = - 3 }$

α) Να δείξετε ότι η συνάρτηση $\displaystyle{ g\left( x \right) = x^2 f\left( x \right) + \ln x,\,\,x > 0 }$ είναι σταθερή

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

γ) Να βρείτε τις ασύμπτωτες της γραφικής παράστασης της $\displaystyle{ f }$

ε) Να δείξετε ότι αν $\displaystyle{ 0 < a < b < 2 }$ τότε : $\displaystyle{ f\left( b \right) < \frac{{b\ln a - a\ln b}} {{a^2 b - ab^2 }} < f\left( a \right) }$

στ) Να βρεθεί το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη $\displaystyle{ C_f }$ και τις ευθείες με εξισώσεις : $\displaystyle{ y = 0,\,\,\,x = 1,\,\,\,x = e^2 }$

Στάθης

ΛΥΣΗ

α) Επειδή η

είναι παραγωγίσιμη στο $(0,\,\,+\infty )$ ως πράξεις παραγωγίσιμων και ισχύει ${g}'(x)=2xf(x)+{{x}^{2}}{f}'(x)+\frac{1}{x}$ (1)

Επίσης από την ${{x}^{2}}{f}''(x)+5x{f}'(x)+4f(x)=0,\,\,x>0$ θα ισχύει και ${{x}^{3}}{f}''(x)+5{{x}^{2}}{f}'(x)+4xf(x)=0,\,\,x>0$ οπότε και

${{x}^{3}}{f}''(x)+3{{x}^{2}}{f}'(x)+2{{x}^{2}}{f}'(x)+4xf(x)=0,\,\,x>0$ άρα και $({{x}^{3}}{f}'(x){)}'+(2{{x}^{2}}f(x){)}'=0,\,\,x>0$ ή $({{x}^{3}}{f}'(x)+2{{x}^{2}}f(x){)}'=0,\,\,x>0$

επομένως ${{x}^{3}}{f}'(x)+2{{x}^{2}}f(x)=c\,\,x>0$ και επειδή είναι $f(1)=1,\,\,{f}'(1)=-3$ προκύπτει c=-1

άρα

${{x}^{3}}{f}'(x)+2{{x}^{2}}f(x)=-1,\,\,\,x>0$ ή $2xf(x)+{{x}^{2}}{f}'(x)=-\frac{1}{x},\,\,x>0$

Έτσι από (1) έχουμε ότι ${g}'(x)=0,\,\,x>0$ άρα $g(x)=c,\,\,x>0$

β) Αφού g(1)=1

από (α) θα είναι c=1

άρα και ${{x}^{2}}f(x)+\ln x=1,\,\,x>0$ επομένως $f(x)=\frac{1-\ln x}{{{x}^{2}}},\,\,x>0$

γ) Επειδή $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f(x)=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{1-\ln x}{{{x}^{2}}}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{1}{{{x}^{2}}}(1-\ln x) \right)=+\infty$ η x=0

είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της

και ακόμη αφού

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1-\ln x}{{{x}^{2}}}\underset{DLH}{\overset{\frac{\infty }{\infty }}{\mathop{=}}}\,=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{-\frac{1}{x}}{2x}=-\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{2{{x}^{2}}}=0$ η y=0

είναι οριζόντια ασύμπτωτη της

στο $+\infty$

δ) Θεωρώντας την συνάρτηση $h(x)=\frac{\ln x}{x},\,\,x\in [a,\,\,b]$ είναι παραγωγίσιμη με {h}'(x)=f(x)

άρα σύμφωνα με το θεώρημα μέσης τιμής

θα υπάρχει $\xi \in (a,\,b)$ ώστε ${h}'(\xi )=\frac{h(a)-h(b)}{a-b}$ ή $f(\xi )=\frac{\frac{\ln a}{a}-\frac{\ln b}{b}}{a-b}=\frac{b\ln a-a\ln b}{{{a}^{2}}b-a{{b}^{2}}}$

οπότε αρκεί από την ζητούμενη ανισότητα να δείξουμε ότι $f(b)<f(\xi )<f(a)$ (2)

Είναι τώρα ${f}'(x)=\frac{-x-2x(1-\ln x)}{{{x}^{4}}}=\frac{-3x+2x\ln x}{{{x}^{4}}}=\frac{-3+2\ln x}{{{x}^{3}}}$ και επειδή

${f}'(x)=0\Leftrightarrow 2\ln x=3\Leftrightarrow x=e\sqrt{e}$ και ${f}'(x)<0\Leftrightarrow x<e\sqrt{e}$ η

είναι γνήσια φθίνουσα

στο $(0,\,\,e\sqrt{e}]$ και επειδή $(0,\,\,2)\subseteq (0,\,\,e\sqrt{e}]$ η (2) θα ισχύει

ε) Είναι το ζητούμενο εμβαδό $E=\int\limits_{1}^{{{e}^{2}}}{\left| f(x) \right|dx}$ και επειδή

$f(x)>0\Leftrightarrow 1-\ln x>0\Leftrightarrow x<e$ και $f(x)<0\Leftrightarrow 1-\ln x<0\Leftrightarrow x>e$ το εμβαδό θα είναι

$E=\int\limits_{1}^{e}{\left| f(x) \right|dx}+\int\limits_{e}^{{{e}^{2}}}{\left| f(x) \right|dx}=\int\limits_{1}^{e}{f(x)dx-}\int\limits_{e}^{{{e}^{2}}}{f(x)dx}=[h(x)]_{1}^{e}-[h(x)]_{e}^{{{e}^{2}}}=$
$=h(e)-h(1)-h({{e}^{2}})+h(e)=\frac{e-2}{{{e}^{2}}}$

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

#57

...στη χαρά της δημιουργίας....

ΑΣΚΗΣΗ 134

Αν $f:(0,\,\,+\infty )\to R,\,\,\,g:R\to R$ παραγωγίσιμες συναρτήσεις ώστε να ισχύουν

$f(g(x))g(x)=x,\,\,x\in R$ και ${f}'(g(x)){g}'(x)=\frac{1-x}{{{e}^{x}}},\,\,x\in R$ με g(0)=1

Α) Να δείξετε ότι η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της

στο σημείο $A(1,\,\,g(1))$ είναι η y=g(1)x

.

Β) Να αποδειχθεί ότι $f(x)=\frac{\ln x}{x},\,\,x\in (0,\,\,+\infty )$ και ότι είναι κοίλη στο $(0,\,\,e\sqrt{e}]$ , και η

κυρτή στο

.

Γ) Να βρείτε την εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της

στο σημείο της με τετμημένη x=1

Δ) Να υπολογίσετε το εμβαδό του χωρίου που περικλείεται μεταξύ των γραφικών παραστάσεων των f,g

και των ευθειών $x=1,\,\,x=\ln 3$ .

Ε) Να δείξετε ότι ${{e}^{\sqrt{6-2e}}}>\ln 3$ .

perpant · #58

dennys έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 136

Δίνεται συνάρτηση $f(x)=\int_1^x{xlntdt$

1) Να βρείτε την συνάρτηση

2)Nα βρείτε τις

3)Kαντε πίνακα προσήμων και δείξτε οτι η ,εχει ακριβώς δυο ρίζες

4) Αν η μια ρίζα της νδο $\int_{x_o}^{1} f{'}{'}(x)=0$

5)Bρείτε την μονοτονία της και το σύνολο τιμών της .

φιλικά dennys

1)Έχουμε $\displaystyle{f\left( x \right) = \int\limits_1^x {x\ln tdt} = x\int\limits_1^x {\ln tdt} }$ (Σχέση 1). Η συνάρτηση $\displaystyle{\int\limits_1^x {\ln tdt} }$ είναι συνεχής στο $\displaystyle{\left( {0, + \infty } \right)}$ και συνεπώς η συνάρτηση $\displaystyle{\int\limits_1^x {\ln tdt} }$ είναι παραγωγίσιμη. Άρα και η $\displaystyle{f\left( x \right)}$ παραγωγίσιμη ως γινόμενο παραγωγίσιμων. Τότε έχουμε $\displaystyle{\frac{{f\left( x \right)}}{x} = \int\limits_1^x {\ln tdt} \Rightarrow \left( {\frac{{f\left( x \right)}}{x}} \right)^\prime = \left( {\int\limits_1^x {\ln tdt} } \right)^\prime \Rightarrow \left( {\frac{{f\left( x \right)}}{x}} \right)^\prime = \ln x}$ $\displaystyle{ \Rightarrow \left( {\frac{{f\left( x \right)}}{x}} \right)^\prime = \left( {x\ln x - x} \right)^\prime \Rightarrow \frac{{f\left( x \right)}}{x} = x\ln x - x + c}$ (Σχέση 2). Για $\displaystyle{x = 1}$ στην σχέση 1 λαμβάνουμε $\displaystyle{f\left( 1 \right) = 0}$
. Οπότε για $\displaystyle{x = 1}$ στην σχέση 2 παίρνουμε $\displaystyle{c = 1}$ . Άρα $\displaystyle{\frac{{f\left( x \right)}}{x} = x\ln x - x + 1 \Rightarrow f\left( x \right) = x^2 \ln x - x^2 + x,x \in \left( {0, + \infty } \right)}$

2) Έχουμε $\displaystyle{f'\left( x \right) = 2x\ln x - x + 1}$ και $\displaystyle{f''\left( x \right) = 2\ln x + 1}$

3) Για την $\displaystyle{f''\left( x \right)}$ έχουμε: $\displaystyle{f''\left( x \right) = 0 \Rightarrow 2\ln x + 1 = 0 \Rightarrow x = e^{ - \frac{1}{2}} }$ και $\displaystyle{f''\left( x \right) > 0 \Rightarrow x > e^{ - \frac{1}{2}} }$ και $\displaystyle{f''\left( x \right) < 0 \Rightarrow 0 < x < e^{ - \frac{1}{2}} }$ . Οπότε η $\displaystyle{f'\left( x \right)}$ είναι γνησίως φθίνουσα

στο $\displaystyle{(0,e^{ - \frac{1}{2}} ]}$ και γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{[e^{ - \frac{1}{2}} , + \infty )}$ . Στο διάστημα $\displaystyle{[e^{ - \frac{1}{2}} , + \infty )}$ $\displaystyle{f'\left( x \right) }$ έχει προφανή ρίζα την $\displaystyle{x = 1}$ η οποία είναι και μοναδική σ΄αυτό το διάστημα λόγω μονοτονίας.

Η $\displaystyle{f'\left( x \right)}$ είναι γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{(0,e^{ - \frac{1}{2}} ]}$ και συνεχής με σύνολο τιμών το $\displaystyle{[f'\left( {e^{ - \frac{1}{2}} } \right),\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } f'\left( x \right)) = [\frac{{\sqrt e - 2}}{{\sqrt e }},1)}$ . Επειδή το $\displaystyle{0}$ ανήκει στο παραπάνω σύνολο τιμών, θα

υπάρχει $\displaystyle{x_o \in \left( {0,e^{ - \frac{1}{2}} } \right)}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{f'\left( {x_o } \right) = 0}$ . Επιπλέον το $\displaystyle{ x_o }$ μοναδική ρίζα της $\displaystyle{f'\left( x \right)}$ στο $\displaystyle{(0,e^{ - \frac{1}{2}} ]}$ , αφού η $\displaystyle{f'\left( x \right)}$ μονότονη σ΄αυτό το διάστημα.

4) $\displaystyle{\int\limits_{x_o }^1 {f''\left( x \right)dx} = \left[ {f'\left( x \right)} \right]^1 _{x_o } = f'\left( 1 \right) - f'\left( {x_o } \right) = 0 - 0 = 0}$

5) Η $\displaystyle{f'\left( x \right)}$ έχει ακριβώς δύο ρίζες, τις $\displaystyle{x = 1}$ και $\displaystyle{x = x_o }$ με $\displaystyle{x_o < 1 }$ . Τότε, για $\displaystyle{0 < x < x_o \Rightarrow f'\left( x \right) > f'\left( {x_o } \right) = 0}$ αφού η $\displaystyle{f'\left( x \right)}$ είναι γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{(0,e^{ - \frac{1}{2}} ]}$ και

$\displaystyle{x_o \in (0,e^{ - \frac{1}{2}} ]}$ . Για $\displaystyle{x_o < x < 1 \Rightarrow f'\left( x \right) < f'\left( {x_o } \right) = 0}$ αφού η $\displaystyle{f'\left( x \right)}$ είναι γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{(0,e^{ - \frac{1}{2}} ]}$ και $\displaystyle{x_o \in (0,e^{ - \frac{1}{2}} ]}$ . Τέλος για $\displaystyle{x > 1 \Rightarrow f'\left( x \right) > f'\left( 1 \right) = 0 }$

αφού η $\displaystyle{f'\left( x \right)}$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{[e^{ - \frac{1}{2}} , + \infty )}$ και $\displaystyle{ 1 \in [e^{ - \frac{1}{2}} , + \infty )}$ . Συνεπώς για τη μονοτονία της $\displaystyle{f}$ έχουμε ότι είναι: Γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{(0,x_o ] }$ με σύνολο τιμών

$\displaystyle{A_1 = (\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } f\left( x \right),f\left( {x_o } \right)] = (0,f\left( {x_o } \right)]}$ . Επιπλέον είναι γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{\left[ {x_o ,1} \right]}$ με σύνολο τιμών $\displaystyle{A_2 = \left[ {f\left( 1 \right),f\left( {x_o } \right)} \right] = \left[ {0,f\left( {x_o } \right)} \right]}$ και τέλος είναι γνησίως αύξουσα

στο $\displaystyle{[1, + \infty )}$ με σύνολο τιμών $\displaystyle{ A_3 = [f\left( 1 \right),\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right)) = [0, + \infty )}$ . Τελικά το σύνολο τιμών της $\displaystyle{f}$ είναι το

$\displaystyle{f\left( A \right) = A_1 \cup A_2 \cup A_3 = (0,f\left( {x_o } \right)] \cup \left[ {0,f\left( {x_o } \right)} \right] \cup [0, + \infty ) = [0, + \infty ) }$

EDIT: Πρόσθεσα την εκφώνηση της άσκησης

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ · #59

ΚΟΥΤΣΟΥΚΟΣ ΓΙΑΝΝΗΣ έγραψε:Άσκηση 139

Θεωρούμε τις συναρτήσεις

$K(x) = \int_0^{\varepsilon \phi x} {\frac{{2{t^2}}}{{{t^2} + 1}}dt}$ , με $x \in (0,\pi/2)$

(α) Να αποδείξετε οτι για κάθε x >0 είναι $f(x) \leqslant x-1$

(β) Να αποδείξετε οτι είναι δύο φορές παραγωγίσιμη και βρείτε την .

(γ) i) Να αποδείξετε οτι ορίζεται η συνάρτηση στο

ii) Να υπολογίσετε το εμβαδό $E( \theta)$ του χωρίου που περικλείεται απο την γραφική παράσταση της , τον άξονα και τις ευθείες $x = 0 , x = \epsilon\phi\theta$ με $\theta \in (0,\pi/2)$

iii) Να υπολογιστεί το όριο $\mathop {\lim }\limits_{\theta \to {{\frac{\pi }{2}}^ - }} E(\vartheta )$

iv) Να δειχθεί οτι $E(\theta) > 2(\theta - \eta\mu\theta)$ με $\theta \in (0,\pi/2)$

ΛΥΣΗ

α. Θέλουμε να δείξουμε πως για κάθε $\displaystyle{x > 0}$ ισχύει $\displaystyle{\ln x \le x - 1 \Leftrightarrow \ln x - x + 1 \le 0}$

Θεωρώ $\displaystyle{m(x) = \ln x - x + 1,x > 0}$ . Η $\displaystyle{m}$ παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{(0, + \infty )}$ ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων με $\displaystyle{m'(x) = \frac{1}{x} - 1 = \frac{{1 - x}}{x},x > 0}$

$\displaystyle{m'(x) = 0 \Leftrightarrow \frac{{1 - x}}{x} = 0 \Leftrightarrow x = 1}$ και $\displaystyle{ m'(x) > 0 \Leftrightarrow \frac{{1 - x}}{x} > 0\mathop \Leftrightarrow \limits^{x > 0} x < 1 }$

Οπότε η $\displaystyle{m}$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{(0,1]}$ και γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{[1, + \infty )}$ .

Παρουσιάζει ολικό μέγιστο στη θέση $\displaystyle{x = 1}$ με τιμή $\displaystyle{m(1) = 0}$

Συνεπώς για κάθε $\displaystyle{x > 0}$ ισχύει $\displaystyle{m(x) \le m(1) \Leftrightarrow \ln x - x + 1 \le 0 \Leftrightarrow \ln x \le x - 1}$

β. Η $\displaystyle{\frac{{2t^2 }}{{t^2 + 1}}}$ συνεχής στο $\displaystyle{(0,\frac{\pi }{2})}$ , οπότε το $\displaystyle{ \int\limits_0^\chi {\frac{{2t^2 }}{{t^2 + 1}}} dt}$ παραγωγίσιμο στο $\displaystyle{(0,\frac{\pi }{2})}$

Η $\displaystyle{\varepsilon \phi x}$ παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{(0,\frac{\pi }{2})}$ , άρα το $\displaystyle{ \int\limits_0^{\varepsilon \phi x} {\frac{{2t^2 }}{{t^2 + 1}}} dt}$ παραγωγίσιμο στο $\displaystyle{(0,\frac{\pi }{2})}$

Συνεπώς η $\displaystyle{{\rm K}}$ παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{(0,\frac{\pi }{2})}$ με $\displaystyle{ {\rm K}'(x) = \frac{{2\varepsilon \phi ^2 x}}{{\varepsilon \phi ^2 x + 1}} \cdot (\varepsilon \phi x)' = \frac{{2\varepsilon \phi ^2 x}}{{\varepsilon \phi ^2 x + 1}} \cdot \left( {\varepsilon \phi ^2 x + 1} \right) = 2\varepsilon \phi ^2 x,x \in (0,\frac{\pi }{2})}$

Η $\displaystyle{{{\rm K}'}}$ παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{(0,\frac{\pi }{2})}$ ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων με $\displaystyle{{\rm K}''(x) = \frac{{4\varepsilon \phi x}}{{\sigma \upsilon \nu ^2 x}},x \in (0,\frac{\pi }{2})}$

γ.i. Έχουμε $\displaystyle{f(x) = \ln x,x > 0}$ και $\displaystyle{h(x) = x^2 + 1,x \in R}$ .

Για να ορίζεται η $\displaystyle{g(x) = (foh)(x)}$ πρέπει $\displaystyle{ \left\{ \begin{array}{l} x \in D_h \\ \kappa \alpha \iota \\ h(x) \in D_f \\ \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x \in R \\ \kappa \alpha \iota \\ x^2 + 1 > 0 \\ \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ {x \in R} \right. }$

Συνεπώς η $\displaystyle{g}$ έχει πεδίο ορισμού το $\displaystyle{R}$ και τύπο $\displaystyle{g(x) = (foh)(x) = f(h(x)) = f(x^2 + 1) = \ln (x^2 + 1),x \in R}$

γ.ii. Αρχικά, θεωρώ $\displaystyle{s(\theta ) = \int\limits_0^{\varepsilon \phi \theta } {\frac{1}{{x^2 + 1}}dx} }$ , $\theta \in [0 . \pi /2)$

. Η $\displaystyle{s}$ παραγωγίσιμη ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων με $\displaystyle{ s'(\theta ) = \frac{1}{{\varepsilon \phi ^2 \theta + 1}}\left( {\varepsilon \phi \theta } \right)^\prime = \frac{1}{{\varepsilon \phi ^2 \theta + 1}}\left( {\varepsilon \phi ^2 \theta + 1} \right) = 1}$

Συνεπώς $\displaystyle{s(\theta ) = \theta + c}$ .Για $\displaystyle{\theta = 0 \Leftrightarrow c = 0}$ , οπότε $\displaystyle{ s(\theta ) = \theta \Leftrightarrow \int\limits_0^{\varepsilon \phi \theta } {\frac{1}{{x^2 + 1}}dx} = \theta }$

Επειδή $\displaystyle{\forall x \in R}$ έχουμε $\displaystyle{\ln (x^2 + 1) > 0}$ έχουμε πως για κάθε $\displaystyle{{x \in R}}$ ισχύει $\displaystyle{g(x) > 0}$

Οπότε $\displaystyle{ E(\theta ) = \int\limits_0^{\varepsilon \phi \theta } {\ln (x^2 + 1)dt = } \int\limits_0^{\varepsilon \phi \theta } {(x)'\ln (x^2 + 1)dt = } \left[ {x\ln (x^2 + 1)} \right]_0^{\varepsilon \phi \theta } - \int\limits_0^1 {x\frac{{2x}}{{x^2 + 1}}dx = } \left[ {x\ln (x^2 + 1)} \right]_0^{\varepsilon \phi \theta } - \int\limits_0^{\varepsilon \phi \theta } {\frac{{2x^2 }}{{x^2 + 1}}dx = } }$
$\displaystyle{ \left[ {x\ln (x^2 + 1)} \right]_0^{\varepsilon \phi \theta } - 2\int\limits_0^{\varepsilon \phi \theta } {\frac{{x^2 + 1 - 1}}{{x^2 + 1}}dx = } \left[ {x\ln (x^2 + 1)} \right]_0^{\varepsilon \phi \theta } - 2\int\limits_0^{\varepsilon \phi \theta } {dx + 2} \int\limits_0^{\varepsilon \phi \theta } {\frac{1}{{x^2 + 1}}dx = } }$
$\displaystyle{ \left[ {x\ln (x^2 + 1)} \right]_0^{\varepsilon \phi \theta } - 2\left[ x \right]_0^{\varepsilon \phi \theta } + 2\theta = \varepsilon \phi \theta \ln (\varepsilon \phi ^2 \theta + 1) - 2\varepsilon \phi \theta + 2\theta }$

γ.iii. $\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{\theta \to \frac{\pi }{2}^ - } {\rm E}(\theta ) = \mathop {\lim }\limits_{\theta \to \frac{\pi }{2}^ - } \left( {\varepsilon \phi \theta \cdot \ln (\varepsilon \phi ^2 \theta + 1) - 2\varepsilon \phi \theta + 2\theta } \right)\mathop = \limits^{ + \infty - \infty } \mathop {\lim }\limits_{\theta \to \frac{\pi }{2}^ - } \left[ {\varepsilon \phi \theta \left( {\ln (\varepsilon \phi ^2 \theta + 1) - 2 + \frac{{2\theta }}{{\varepsilon \phi \theta }}} \right)} \right] = + \infty }$

Διότι $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{\theta \to \frac{\pi }{2}^ - } \left( {\frac{{2\theta }}{{\varepsilon \phi \theta }}} \right) = 0}$ , $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{\theta \to \frac{\pi }{2}^ - } \left( {\varepsilon \phi \theta } \right) = + \infty }$ και $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{\theta \to \frac{\pi }{2}^ - } \left( {\ln (\varepsilon \phi ^2 \theta + 1)} \right) = + \infty }$

Γ.iv. Θέλουμε να δείξουμε πως για κάθε $\displaystyle{\theta \in (0,\frac{\pi }{2})}$ ισχύει
$\displaystyle{\varepsilon \phi \theta \cdot \ln (\varepsilon \phi ^2 \theta + 1) - 2\varepsilon \phi \theta + 2\theta > 2(\theta - \eta \mu \theta ) \Leftrightarrow \varepsilon \phi \theta \cdot \ln (\varepsilon \phi ^2 \theta + 1) - 2\varepsilon \phi \theta > - 2\eta \mu \theta \Leftrightarrow }$
$\displaystyle{\ln (\varepsilon \phi ^2 \theta + 1) - 2 > - 2\sigma \upsilon \nu \theta \Leftrightarrow \ln (\frac{1}{{\sigma \upsilon \nu ^2 \theta }}) - 2 > - 2\sigma \upsilon \nu \theta \Leftrightarrow - \ln (\sigma \upsilon \nu ^2 \theta ) - 2 > - 2\sigma \upsilon \nu \theta \Leftrightarrow }$
$\displaystyle{\ln (\sigma \upsilon \nu ^2 \theta ) + 2 < 2\sigma \upsilon \nu \theta \Leftrightarrow \ln (\sigma \upsilon \nu ^2 \theta ) < 2\sigma \upsilon \nu \theta - 2}$

Απο πρώτο ερώτημα έχουμε $\displaystyle{\ln (\sigma \upsilon \nu ^2 \theta ) \le \sigma \upsilon \nu ^2 \theta - 1 = - \eta \mu ^2 \theta }$

Οπότε αρκεί να δείξουμε πώς για κάθε $\displaystyle{\theta \in (0,\frac{\pi }{2})}$ ισχύει $\displaystyle{- \eta \mu ^2 \theta < 2\sigma \upsilon \nu \theta - 2}$

Θεωρώ $\displaystyle{t(\theta ) = 2\sigma \upsilon \nu \theta + \eta \mu ^2 \theta - 2,\theta \in [0,\frac{\pi }{2}]}$

Η $\displaystyle{t}$ παραγωγίσιμη ωε πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων με $\displaystyle{ t'(\theta ) = - 2\eta \mu \theta + 2\eta \mu \theta \sigma \upsilon \nu \theta = 2\eta \mu \theta (\sigma \upsilon \nu \theta - 1) \le 0}$

Οπότε η $\displaystyle{t}$ είναι γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{[0,\frac{\pi }{2}]}$ . Αρα για κάθε $\displaystyle{\theta \in [0,\frac{\pi }{2}]}$ ισχύει $\displaystyle{t(\theta ) \le t(0) \Leftrightarrow 2\sigma \upsilon \nu \theta + \eta \mu ^2 \theta - 2 \le 0}$

Συνεπώς για κάθε $\displaystyle{(0,\frac{\pi }{2})}$ έχουμε $\displaystyle{2\sigma \upsilon \nu \theta + \eta \mu ^2 \theta - 2 < 0}$

Επιπλέον τρόπος για το γ)iv: Μετά απο προσωπικό μήνυμα από τον Γιάννη, προσθέτω και έναν πιο εύκολο τρόπο για το ερώτημα.

Θέλουμε να δείξουμε πως για κάθε $\displaystyle{\theta \in (0,\frac{\pi }{2})}$ ισχύει

$\displaystyle{\varepsilon \phi \theta \cdot \ln (\varepsilon \phi ^2 \theta + 1) - 2\varepsilon \phi \theta + 2\theta > 2(\theta - \eta \mu \theta ) \Leftrightarrow \varepsilon \phi \theta \cdot \ln (\varepsilon \phi ^2 \theta + 1) - 2\varepsilon \phi \theta > - 2\eta \mu \theta \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{\ln (\varepsilon \phi ^2 \theta + 1) - 2 > - 2\sigma \upsilon \nu \theta \Leftrightarrow \ln (\frac{1}{{\sigma \upsilon \nu ^2 \theta }}) - 2 > - 2\sigma \upsilon \nu \theta \Leftrightarrow - \ln (\sigma \upsilon \nu ^2 \theta ) - 2 > - 2\sigma \upsilon \nu \theta \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{\ln (\sigma \upsilon \nu ^2 \theta ) + 2 < 2\sigma \upsilon \nu \theta \Leftrightarrow \ln (\sigma \upsilon \nu ^2 \theta ) < 2\sigma \upsilon \nu \theta - 2}$

$\Leftrightarrow \ 2 ln (\sigma \upsilon \nu \theta ) < 2\sigma \upsilon \nu \theta - 2 \Leftrightarrow \ln (\sigma \upsilon \nu \theta ) < \sigma \upsilon \nu \theta - 1$ που ισχύει λόγω του (α) με $x = \sigma \upsilon \nu \theta$ και $x \in (0, 1)$

perpant · #60

Μιας και έχουν μέινει μόνο οι 134, 135 και τα δύο τελευταία ερωτήματα στην 132, δίνω άλλη μία.
ΑΣΚΗΣΗ 140η

Δίνεται συνάρτηση $\displaystyle{f:R \to R}$ δύο φορές παραγωγίσιμη και τέτοια ώστε $\displaystyle{\int\limits_0^{f\left( x \right)} {\left( {e^t + 1} \right)dt = x - 1} }$ για κάθε $\displaystyle{x \in R}$ .

α) Να δείξετε ότι η $\displaystyle{f}$ αντιστρέφεται και να βρείτε την αντίστροφη

β) Να μελετήσετε την $\displaystyle{f}$ ως προς το που στρέφει τα κοίλα

γ) Να βρείτε τις ρίζες και το πρόσημο της $\displaystyle{f}$ για τις διάφορες τιμές του $\displaystyle{x \in R}$

δ) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη $\displaystyle{C_f }$ , τον άξονα $\displaystyle{x'x}$ και τις ευθείες $\displaystyle{x = 1}$ και $\displaystyle{x = e + 1}$

ε) Να δείξετε ότι $\displaystyle{\left( {x - 1} \right)f'\left( x \right) < f\left( x \right) < \frac{{x - 1}}{2}}$ για κάθε $\displaystyle{x > 1}$

Τσακουμάγκος-Μπαλωμένου (εκδόσεις Ελληνοεκδοτική)

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

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Μέλη σε σύνδεση