ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ · #201

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 168

Δίνεται κύρτη συνάρτηση $\displaystyle{f}$ : $\displaystyle{[0, + \infty ) \to R}$ με συνεχή δεύτερη παράγωγο, για την οποία ισχύει $\displaystyle{f(0) = 1}$ και $\displaystyle{\int\limits_0^1 {\frac{{f''(x) - f(x)}}{{e^x }}dx = \frac{{f'(1) + f(1) - e}}{e}} }$ .

α. Να αποδείξετε οτι $\displaystyle{f'(0) = 0}$

β. Να αποδείξετε οτι για κάθε $\displaystyle{x \in (0, + \infty )}$ ισχύει $\displaystyle{f(x) > 1}$

γ. Αν επιπλέον ισχύει οτι $\displaystyle{f(1) = 2}$ , να δείξετε οτι $\displaystyle{1 < \int\limits_0^1 {f(x)dx < \frac{3}{2}} }$

Θεωρούμε την συνάρτηση $\displaystyle{g(x) = \int\limits_1^x {\left[ {f(t) - \ln \left( {f(t)} \right)} \right]dt,x} \in [0, + \infty )}$

δ.i. Να δείξετε οτι η $\displaystyle{g}$ είναι κυρτή

δ.ii Να αποδείξετε οτι για κάθε $\displaystyle{x \in (0, + \infty )}$ ισχύει $\displaystyle{e^{f(x)} > ef(x)}$

δ.iii. Να αποδείξετε οτι $\displaystyle{\int\limits_1^2 {e^{f(x) - 1} dx > \int\limits_1^2 {\ln \left( {f(x)} \right)dx} } }$

Β.Παπαδάκης (Η Επανάληψη, εκδόσεις Σαββάλας)

ΛΥΣΗ

α. ${\displaystyle\int\limits_0^1 {\frac{{f''(x) - f(x)}}{{{e^x}}}dx = } \int\limits_0^1 {\frac{{f''(x) - f'(x) + f'(x) - f(x)}}{{{e^x}}}dx = } }$

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

$\displaystyle\left[ \frac{{f}'(x)}{{{e}^{x}}} \right]_{0}^{1}+\left[ \frac{f(x)}{{{e}^{x}}} \right]_{0}^{1}=\frac{{f}'(1)}{e}-{f}'(0)+\frac{f(1)}{e}-f(0)$

Όμως $\displaystyle\int\limits_0^1 {\frac{{f''(x) - f(x)}}{{e^x }}dx = \frac{{f'(1) + f(1) - e}}{e}}$ , οπότε $\displaystyle\frac{{f}'(1)}{e}-{f}'(0)+\frac{f(1)}{e}-f(0)=\frac{{f}'(1)+f(1)-e}{e}$

Οπότε $-{f}'(0)-f(0)=-1\overset{f(0)=1}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,{f}'(0)=0$

β. Επειδή η $\displaystyle{f}$ είναι κυρτή, έχουμε οτι η $\displaystyle{{f'}}$ είναι γνησίως αύξουσα. Επομένως για κάθε $\displaystyle{x \ge 0}$ έχουμε οτι $\displaystyle{f'(x) \ge f'(0) = 0}$

Συνεπώς η $\displaystyle{f}$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{[0, + \infty )}$ . Οπότε για κάθε $\displaystyle{x > 0}$ έχουμε $\displaystyle{f(x) > f(0) = 1}$

γ. Απο το δεύτερο ερώτημα έχουμε $\displaystyle{f(x) > 1 \Rightarrow f(x) - 1 > 0 \Rightarrow \int\limits_0^1 {(f(x) - 1)dx > 0 \Rightarrow } \int\limits_0^1 {f(x)} dx > 1}$

Έστω $\displaystyle{0 < x < 1}$ . Τότε η $\displaystyle{f}$ είναι συνεχής στο $\displaystyle{[0,x]}$ , παραγωγίσιμη $\displaystyle{(0,x)}$ , οπότε από $\displaystyle{\Theta {\rm M}{\rm T}}$ υπάρχει τουλάχιστον ένα $\displaystyle{{\xi _1} \in (0,x)}$ τέτοιο ώστε

$\displaystyle{{f}'({{\xi }_{1}})=\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\frac{f(x)-1}{x}}$

Όμοια η $\displaystyle{f}$ είναι συνεχής στο $\displaystyle{[x,1]}$ , παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{(x,1)}$ , οπότε από $\displaystyle{\Theta {\rm M}{\rm T}}$ υπάρχει τουλάχιστον ένα $\displaystyle{{{\xi }_{2}}\in (x,1)}$

τέτοιο ώστε $\displaystyle{{f}'({{\xi }_{2}})=\frac{f(1)-f(x)}{1-x}=\frac{2-f(x)}{1-x}}$

Όμως $\displaystyle{0 < {\xi _1} < x < {\xi _2} < 1}$ και η $\displaystyle{{f'}}$ είναι γνησίως αύξουσα, οπότε

$\displaystyle{{f}'({{\xi }_{1}})<{f}'({{\xi }_{2}})\Leftrightarrow \frac{f(x)-1}{x}<\frac{2-f(x)}{1-x}\Leftrightarrow }$

$\displaystyle{(1-x)(f(x)-1)<x(2-f(x))\Leftrightarrow f(x)-1-xf(x)+x<2x-xf(x)\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{f(x) - x - 1 < 0 \Leftrightarrow x + 1 - f(x) > 0}$

Επομένως $\displaystyle{\int\limits_0^1 {\left( {x + 1 - f(x)} \right)} dx > 0 \Leftrightarrow \int\limits_0^1 {\left( {x + 1} \right)} dx - \int\limits_0^1 {f(x)} dx > 0\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{\left[ {\frac{{{x^2}}}{2} + x} \right]_0^1 - \int\limits_0^1 {f(x)} dx > 0 \Leftrightarrow \int\limits_0^1 {f(x)} dx < \frac{3}{2}}$

Επομένως έχουμε $\displaystyle{1 < \int\limits_0^1 {f(x)} dx < \frac{3}{2}}$

δ.i. $g(x) = \int\limits_1^x {\left[ {f(t) - \ln \left( {f(t)} \right)} \right]dt,x} \in [0, + \infty )$

Η $\displaystyle{f}$ παραγώγίσιμη στο $[0, + \infty )$ και $\displaystyle{f(x)>1}$ , οπότε ορίζεται η $\displaystyle{\ln (f(x))}$ η οποία είναι παραγωγίσιμη ως σύνθεση παραγωγίσιμων συναρτήσεων.

Επομένως η ${f(t) - \ln \left( {f(t)} \right)}$ παραγωγίσιμη στο $[0, + \infty )$ , οπότε και το $\int\limits_{1}^{x}{\left[ f(t)-\ln \left( f(t) \right) \right]dt}$ παραγωγίσιμο στο $[0, + \inft)$ ,

άρα η

παραγωγίσιμη στο $[0, + \infty )$ με $\displaystyle{g'(x) = f(x) - \ln (f(x)),x \ge 0}$

Η $\displaystyle{{g}'(x)}$ παραγωγίσιμη ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων με $\displaystyle{g''(x) = f'(x) - \frac{{f'(x)}}{{f(x)}} = f'(x)(\frac{{f(x) - 1}}{{f(x)}}) > 0}$

Επομένως η

είναι κύρτή στο $[0, + \infty )$

δ.ii. Επειδή η

είναι κύρτή στο $[0, + \infty )$ έχουμε οτι η $\displaystyle{{g}'}$ είναι γνησίως αύξουσα στο $[0, + \infty )$ .

Οπότε για $\displaystyle{x > 0}$ έχουμε $\displaystyle{g'(x) > g'(0) \Leftrightarrow f(x) - \ln (f(x)) > f(0) - \ln (f(0)) \Leftrightarrow}$

$\displaystyle{f(x) - \ln (f(x)) > 1 \Leftrightarrow f(x) > 1 + \ln (f(x)) \Leftrightarrow f(x) > \ln e + \ln (f(x)) \Leftrightarrow}$

$\displaystyle{f(x) > \ln (ef(x)) \Leftrightarrow {e^{f(x)}} > ef(x)}$

δ.ιιι. $\displaystyle{{e^{f(x)}} > ef(x) \Leftrightarrow \frac{{{e^{f(x)}}}}{e} > f(x) \Leftrightarrow {e^{f(x) - 1}} > f(x) \Leftrightarrow {e^{f(x) - 1}} - f(x) > 0}$

Επομένως $\displaystyle{\int\limits_{1}^{2}{\left( {{e}^{f(x)-1}}-f(x) \right)dx>0}\Leftrightarrow \int\limits_{1}^{2}{{{e}^{f(x)-1}}dx>\int\limits_{1}^{2}{f(x)dx}}}$

Επισής η $\displaystyle{{g}'}$ είναι γνησίως αύξουσα, οπότε για κάθε $\displaystyle{x \ge 0}$ έχουμε $\displaystyle{g'(x) \ge g'(0) = 1}$

Συνεπώς η

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

Έχουμε $\displaystyle{1<2\overset{g\uparrow }{\mathop{\Rightarrow }}\,g(1)<g(2)\Rightarrow 0<\int\limits_{1}^{2}{\left[ f(x)-\ln \left( f(x) \right) \right]dx\Rightarrow}$

$\displaystyle{0 < \int\limits_1^2 {f(x)dx} - \int\limits_1^2 {\ln (f(x))dx} \Rightarrow \int\limits_1^2 {\ln (f(x))dx} < \int\limits_1^2 {f(x)dx}}$

Συνεπώς έχουμε $\displaystyle{\int\limits_{1}^{2}{\ln (f(x))dx}<\int\limits_{1}^{2}{f(x)dx}<\int\limits_{1}^{2}{{{e}^{f(x)-1}}dx}}$

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ · #202

perpant έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 160η

Έστω η συνεχής συνάρτηση $\displaystyle{f:R \to R}$ για την οποία ισχύει $\displaystyle{f\left( x \right) = 5x + 1 + \int\limits_0^x {f\left( u \right)\left( {x - u} \right)du} }$ , για κάθε $\displaystyle{x \in R }$ .

i) Να αποδείξετε ότι η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη και ισχύει $\displaystyle{f''\left( x \right) = f\left( x \right)}$ , για κάθε $\displaystyle{x \in R}$

ii) Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\int\limits_0^x {\left( {f''\left( t \right) - f\left( t \right)} \right)} e^t dt = 0}$ , για κάθε $\displaystyle{x \in R}$

iii) Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\left( {f'\left( x \right) - f\left( x \right)} \right)e^x = 4}$

iv) Να βρείτε τον τύπο της f

v) Να αποδείξετε ότι η f είναι $\displaystyle{1 - 1}$ και να βρείτε την αντίστροφή της

ΛΥΣΗ

α. $f\left( x \right)=5x+1+\int\limits_{0}^{x}{f\left( u \right)\left( x-u \right)du}\Leftrightarrow f\left( x \right)=5x+1+x\int\limits_{0}^{x}{f\left( u \right)du}-\int\limits_{0}^{x}{uf\left( u \right)du}$ .Έχουμε $f\left( 0 \right)=1$

Η

είναι συνεχής στο

, οπότε το $\int\limits_{0}^{x}{f\left( u \right)du}$ παραγωγίσιμο στο

. Όμοια το $\int\limits_{0}^{x}{uf\left( u \right)du}$ παραγωγίσιμο στο

και η

παραγωγίσιμη στο

.

Επομένως η

παραγωγίσιμη στο

ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων με ${f}'\left( x \right)=5+\int\limits_{0}^{x}{f\left( u \right)du}$ . Έχουμε ${f}'\left( 0 \right)=5$

Επειδή η

είναι συνεχής στο

το $\int\limits_{0}^{x}{f\left( u \right)du}$ παραγωγίσιμο στο

.

Άρα η {f}'

παραγωγίσιμη στο

με ${f}''\left( x \right)=f(x)$

β. Θέλουμε να δείξουμε πως για κάθε $x\in R$ ισχύει $\int\limits_{0}^{x}{\left( {f}''\left( t \right)-f\left( t \right) \right)}{{e}^{t}}dt=0$

Προφανώς για x=0

έχουμε $\int\limits_{0}^{0}{\left( {f}''\left( t \right)-f\left( t \right) \right)}{{e}^{t}}dt=0$

Για x>0

έπειδή ${f}''\left( t \right)=f(t)$ έχουμε οτι $\int\limits_{0}^{x}{\left( {f}''\left( t \right)-f\left( t \right) \right)}{{e}^{t}}dt=0$

Ενω για x<0

έπειδή ${f}''\left( t \right)=f(t)$ έχουμε οτι $\int\limits_{0}^{x}{\left( {f}''\left( t \right)-f\left( t \right) \right)}{{e}^{t}}dt=0$

Επομένως για κάθε $\displaystyle{x\in R}$ ισχύει $\int\limits_{0}^{x}{\left( {f}''\left( t \right)-f\left( t \right) \right)}{{e}^{t}}dt=0$

γ. Θεωρώ τη συνάρτηση $\displaystyle{g(x)=({f}'(x)-f(x)){{e}^{x}},x\in R}$

Η $\displaystyle{g}$ παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{R}$ με $\displaystyle{{g}'(x)=({f}''(x)-{f}'(x)){{e}^{x}}+({f}'(x)-f(x)){{e}^{x}}\overset{{f}''(x)=f(x)}{\mathop{\text{ }=}}\,0}$

Επομένως η $\displaystyle{g}$ είναι σταθερή. Δηλάδή για κάθε $\displaystyle{x\in R}$ έχουμε $\displaystyle{g(x)=c}$

Για x=0

έχουμε $\displaystyle{g(0)=c\Leftrightarrow ({f}'(0)-f(0)){{e}^{0}}=c\Leftrightarrow c=4}$

Οπότε $\displaystyle{g(x)=4\Leftrightarrow ({f}'(x)-f(x)){{e}^{x}}=4}$

δ. Επειδή $\displaystyle{({f}'(x)-f(x)){{e}^{x}}=4}$ έχουμε οτι $\displaystyle{\frac{{f}'(x)-f(x)}{{{e}^{x}}}=4{{e}^{-2x}}\Rightarrow {{\left( \frac{f(x)}{{{e}^{x}}} \right)}^{\prime }}={{\left( -2{{e}^{-2x}} \right)}^{\prime }}\Rightarrow \frac{f(x)}{{{e}^{x}}}=-2{{e}^{-2x}}+c}$

Για x=0

έχουμε $\displaystyle{\frac{f(0)}{{{e}^{0}}}=-2{{e}^{0}}+c\Leftrightarrow 1=-2+c\Leftrightarrow c=3}$

Οπότε $\displaystyle{f(x)=-2{{e}^{-x}}+3{{e}^{x}}}$ . Που επάληθεύει την αρχική σχέση.

ε. Έχουμε οτι η $\displaystyle{f}$ είναι παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{R}$ με $\displaystyle{{f}'(x)=2{{e}^{-x}}+3{{e}^{x}}}$ . Επομένως έχουμε πως για κάθε $\displaystyle{x\in R}$ ισχύει $\displaystyle{{f}'(x)>0}$ . Οπότε η $\displaystyle{f}$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{R}$ , άρα και $\displaystyle{1-1}$ .Συνεπώς αντιστρέφεται.

Βρίσκουμε το σύνολο τιμών της $\displaystyle{f}$ , οπότε θα γνωρίζουμε το πεδίο ορισμού της $\displaystyle{{{f}^{-1}}}$

Έχουμε $\displaystyle{\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( -2{{e}^{-x}}+3{{e}^{x}} \right)=-\infty }$ και $\displaystyle{\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( -2{{e}^{-x}}+3{{e}^{x}} \right)=+\infty }$

Οπότε η $\displaystyle{f}$ έχει συνολο τιμών το $\displaystyle{R}$

Έχουμε $\displaystyle{f(x)=y\Leftrightarrow -2{{e}^{-x}}+3{{e}^{x}}=y\Leftrightarrow \frac{-2}{{{e}^{x}}}+3{{e}^{x}}=y\Leftrightarrow 3{{e}^{2x}}-y{{e}^{x}}-2=0}$

Θέτω $\displaystyle{{{e}^{x}}=t}$ και η σχέση γίνεται $\displaystyle{3{{t}^{2}}-yt-2=0}$

Εχουμε $\displaystyle{\Delta ={{y}^{2}}+24>0}$ . Οπότε η εξίσωση έχει δύο ρίζες τις $\displaystyle{{{t}_{1,2}}=\frac{y\pm \sqrt{{{y}^{2}}+24}}{6}}$

Οπότε $\displaystyle{{{e}^{x}}=\frac{y\pm \sqrt{{{y}^{2}}+24}}{6}}$ . Ομως για κάθε $\displaystyle{x\in R}$ έχουμε $\displaystyle{{{e}^{x}}>0}$ ,

οπότε $\displaystyle{{{e}^{x}}=\frac{y+\sqrt{{{y}^{2}}+24}}{6}}$ διότι $\displaystyle{\frac{y-\sqrt{{{y}^{2}}+24}}{6}<0}$

Επόμένως $\displaystyle{{{e}^{x}}=\frac{y+\sqrt{{{y}^{2}}+24}}{6}\Leftrightarrow x=\ln \left( \frac{y+\sqrt{{{y}^{2}}+24}}{6} \right)}$

Άρά η αντίστροφή σύνάρτηση είναι η $\displaystyle{{{f}^{-1}}(x)=\ln \left( \frac{x+\sqrt{{{x}^{2}}+24}}{6} \right),x\in R}$

parmenides51 · #203

Σας ενημερώνω πως προχώρησα στην 2η έκδοση του αρχείου της συλλογής αφού βρέθηκαν μερικά ψεγάδια.

Όλα τα σχετικά σχόλια καθώς και το σχετικό αρχείο βρίσκονται εδώ

edit
Οι ασκήσεις ξαναελέγχονται για τυχόν λάθη - παραλέιψεις και όταν μαζευτούν αρκετά θα βγει νέα έκδοση.

Cristoforos S. · #204

KAKABASBASILEIOS έγραψε:
erxmer έγραψε:ΘΕΜΑ 152

Εστω μια παρ/μη συνάρτηση $f: R \to R$ για την οποία υποθέτουμε οτι $f(0)=1, f'(x)>0, \forall x \in R$ . Θεωρούμε την συνάρτηση $g(x)=\begin{cases} \int_{x}^{2x}{\frac{f(t)}{t}dt}, x \neq 0 \\ ln2, x=0 \end{cases}$

Nα αποδείξετε οτι

1) $f(x)\leq \frac{g(x)}{ln2} \leq f(2x), x>0$ , $f(2x)\leq \frac{g(x)}{ln2} \leq f(x), x<0$

2) Να αποδείξετε οτι η συνάρτηση είναι συνεχής στο σημείο

3) Να μελετήσετε την συνάρτηση ως προς την μονοτονία και τα ακρότατα.

πηγή: Συνδυαστικά Θέματα Γ Βασιλείου.
ΛΥΣΗ

1) Είναι για ότι και επειδή είναι γνήσια αύξουσα θα ισχύει

$f(x)<f(t)<f(2x)\Leftrightarrow \frac{f(x)}{t}<\frac{f(t)}{t}<\frac{f(2x)}{t}$

και ολοκληρώνοντας θα ισχύει ότι

$\int_{x}^{2x}{\frac{f(x)}{t}dt}<\int\limits_{x}^{2x}{\frac{f(t)}{t}dt}<\int\limits_{x}^{2x}{\frac{f(2x)}{t}dt}$ απ όπου έχουμε ότι

$f(x)\int_{x}^{2x}{\frac{1}{t}dt}<\int\limits_{x}^{2x}{\frac{f(t)}{t}dt}<f(2x)\int\limits_{x}^{2x}{\frac{1}{t}dt}\Leftrightarrow \displaystyle{f(x)[\ln t]_{x}^{2x}<\int\limits_{x}^{2x}{\frac{f(t)}{t}dt}<f(2x)[\ln t]_{x}^{2x}\Leftrightarrow f(x)\ln 2<\int\limits_{x}^{2x}{\frac{f(t)}{t}dt}<f(2x)\ln 2$

Επίσης για ισχύει ότι και επειδή είναι γνήσια αύξουσα θα ισχύει

$f(2x)<f(t)<f(x)\Leftrightarrow \frac{f(2x)}{t}>\frac{f(t)}{t}>\frac{f(x)}{t}$

και ολοκληρώνοντας θα ισχύει ότι

ισχύει ότι $\int_{2x}^{x}{\frac{f(2x)}{t}dt}>\int\limits_{2x}^{x}{\frac{f(t)}{t}dt}>\int\limits_{2x}^{x}{\frac{f(x)}{t}dt}$ απ όπου έχουμε ότι $f(2x)\int_{2x}^{x}{\frac{1}{t}dt}>\int\limits_{2x}^{x}{\frac{f(t)}{t}dt}>f(x)\int\limits_{2x}^{x}{\frac{1}{t}dt}\Leftrightarrow$ $f(2x)[\ln \left| t \right|]_{2x}^{x}>\int\limits_{2x}^{x}{\frac{f(t)}{t}dt}>f(x)[\ln \left| t \right|]_{2x}^{x}\Leftrightarrow$
$-f(2x)\ln 2>\int\limits_{2x}^{x}{\frac{f(t)}{t}dt}>-f(x)\ln 2\Leftrightarrow f(2x)\ln 2<\int\limits_{x}^{2x}{\frac{f(t)}{t}dt}<f(x)\ln 2$

2) Από ότι για ισχύει ότι $f(x)\ln 2<g(x)<f(2x)\ln 2$ και

$\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,(f(x)\ln 2)=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,(f(2x)\ln 2)=\ln 2$

από κριτήριο παρεμβολής θα έχουμε ότι $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,g(x)=\ln 2$

και επίσης από ότι για ισχύει ότι

$f(2x)\ln 2<g(x)<f(x)\ln 2$ όμοια δείχνουμε ότι $\underset{x\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,g(x)=\ln 2$

άρα είναι $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,g(x)=\ln 2=g(0)$

που σημαίνει ότι η είναι συνεχής στο ${{x}_{0}}=0$

3) Η $g(x)=\int_{x}^{2x}{\frac{f(t)}{t}dt}=\int_{0}^{2x}{\frac{f(t)}{t}dt-\int_{0}^{x}{\frac{f(t)}{t}}}dt$

είναι παραγωγίσιμη στο ${{R}^{*}}$ με ${g}'(x)=2\frac{f(2x)}{2x}-\frac{f(x)}{x}=\frac{f(2x)-f(x)}{x}$

Επομένως για επειδή και ισχύει ( γνήσια αύξουσα)

θα ισχύει άρα η είναι γνήσια αύξουσα στο $[0,\,\,+\infty )$

και για επειδή και ισχύει

( γνήσια αύξουσα) θα ισχύει

επομένως η είναι γνήσια φθίνουσα στο $[0,\,\,+\infty )$

άρα στο ${{x}_{0}}=0$ θα παίρνει την ελάχιστη τιμή της $g(0)=\ln 2$

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

Στο τελευταίο ερώτημα (γ) νομίζω ότι ή παράγωγος της g δεν αλλάζει πρόσημο αφού ο παρονομαστής είναι
και αυτός αρνητικός. Άρα η συνάρτηση είναι γν. αύξουσα στο IR και δεν έχει ακρότατα!

mathfinder · #205

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ έγραψε:
apotin έγραψε:Άσκηση 154

Έστω οι παραγωγίσιμες συναρτήσεις $\displaystyle{f,g:R \to R}$ για τις οποίες γνωρίζουμε ότι:

$\displaystyle{ \bullet }$ η $\displaystyle{f}$ είναι γν. αύξουσα και η $\displaystyle{g}$ γν. φθίνουσα στο $\displaystyle{R}$

$\displaystyle{ \bullet }$ $\displaystyle{\int_0^2 {f\left( t \right)dt} = \int_0^2 {g\left( t \right)dt} }$

$\displaystyle{ \bullet }$ $\displaystyle{\int_0^x {f\left( t \right)dt} + \int_2^{2 - x} {g\left( t \right)dt \ge {x^2} - 2x} }$ , για κάθε $\displaystyle{x \in R}$ .

Να αποδείξετε ότι:

1. οι γραφικές παραστάσεις των τέμνονται σε μοναδικό σημείο του διαστήματος $\displaystyle{(0, 2)}$ .

2. $\displaystyle{f(0)+f(2)=g(0)+g(2)}$

3. υπάρχει ένα τουλάχιστον $\displaystyle{x_0}$ $\displaystyle{ \in \left( {0,2} \right)}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{f\left( {{x_0}} \right) = g\left( {2 - {x_0}} \right)}$

4. υπάρχει ένα τουλάχιστον $\displaystyle{\xi }$ $\displaystyle{ \in \left( {0,2} \right)}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{f'\left( \xi \right) + g'\left( {2 - \xi } \right) = 2}$
ΛΥΣΗ

1.Θεωρώ $\displaystyle{F(x) = \int\limits_0^x {f(t)dt,x \in R} }$ και $\displaystyle{G(x) = \int\limits_0^x {g(t)dt,x \in R}}$
Έχουμε $\displaystyle{F(0) = G(0) = 0}$ και $\displaystyle{F(2) = \int\limits_0^2 {f(t)dt} = \int\limits_0^2 {g(t)dt = G(2)} }$

Θεωρώ $\displaystyle{H(x) = F(x) - G(x),x \in [0,2]}$

Η $\displaystyle{H}$ είναι συνεχής στο $\displaystyle{[0,2]}$ ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων

Η $\displaystyle{H}$ είναι παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{(0,2)}$ ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων

$\displaystyle{H(0) = H(2) = 0}$ , οπότε από θεώρημα $\displaystyle{Rolle}$ υπάρχει $\displaystyle{x_1 \in (0,2)}$ τέτοιο ώστε

$\displaystyle{H'(x_1 ) = 0 \Leftrightarrow F'(x_1 ) - G'(x_1 ) = 0 \Leftrightarrow f(x_1 ) - g(x_1 ) = 0 \Leftrightarrow f(x_1 ) = g(x_1 )}$

Για $\displaystyle{x < x_1 }$ έχουμε
$\displaystyle{ \left\{ \begin{array}{l} x < x_1 \mathop \Rightarrow \limits^{f \uparrow } f(x) < f(x_1 ) = g(x_1 ) \\ x < x_1 \mathop \Rightarrow \limits^{g \downarrow } g(x) > g(x_1 ) = f(x_1 ) \\ \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ {g(x) > g(x_1 ) = f(x_1 ) > f(x)} \right. }$

Για $\displaystyle{x > x_1 }$ έχουμε
$\displaystyle{ \left\{ \begin{array}{l} x > x_1 \mathop \Rightarrow \limits^{f \uparrow } f(x) > f(x_1 ) = g(x_1 ) \\ x > x_1 \mathop \Rightarrow \limits^{g \downarrow } g(x) < g(x_1 ) = f(x_1 ) \\ \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ {g(x) < g(x_1 ) = f(x_1 ) < f(x)} \right. }$

Επομένως η $\displaystyle{x = x_1 \in (0,2)}$ μοναδική λύση της εξίσωσης $\displaystyle{f(x) - g(x) = 0}$ , άρα οι γραφικές παραστάσεις των $\displaystyle{f}$ και $\displaystyle{g}$ τέμνονται σε ένα μόνο σημείο.

2. Θεωρώ $\displaystyle{k(x) = \int\limits_0^x {f(t)} dt + \int\limits_2^{2 - x} {g(t)dt - x^2 + 2x,x \in R} }$

Έχουμε οτι για κάθε $\displaystyle{{x \in R}}$ ισχύει $\displaystyle{k(x) \ge 0}$ .Άκομα $\displaystyle{k(0) = 0}$ και $\displaystyle{ k(2) = \int\limits_0^2 {f(t)} dt + \int\limits_2^0 {g(t)dt = } \int\limits_0^2 {f(t)} dt - \int\limits_0^2 {g(t)dt = } 0 }$

Επομένως από θεώρημα $\displaystyle{Fermat}$ έχουμε οτι $\displaystyle{k'(0) = 0}$ και $\displaystyle{k'(2) = 0}$

Έχουμε $\displaystyle{k'(x) = f(x) - g(2 - x) - 2x + 2,x \in R}$

$\displaystyle{k'(0) = 0 \Leftrightarrow f(0) - g(2) + 2 = 0(1)}$ και $\displaystyle{k'(2) = 0 \Leftrightarrow f(2) - g(0) - 2 = 0(2)}$

Προσθέτω κατά μέλη τις σχέσεις $\displaystyle{(1)}$ και $\displaystyle{(2)}$ και έχω $\displaystyle{f(0) - g(2) + f(2) - g(0) = 0 \Leftrightarrow f(0) + f(2) = g(0) + g(2)}$

3. Θεωρώ την $\displaystyle{s(x) = f(x) - g(2 - x),x \in [0,2]}$

Η $\displaystyle{s}$ είναι συνεχής στο $\displaystyle{[0,2]}$ ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων

$\displaystyle{s(0) = f(0) - g(2)\mathop = \limits^{(1)} - 2 < 0}$ και $\displaystyle{s(2) = f(2) - g(0)\mathop = \limits^{(2)} 2 > 0}$

Επομένως απο θεώρημα $\displaystyle{Bolzano}$ έχω οτι υπάρχει τουλάχιστον ένα $\displaystyle{x_0 \in (0,2)}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{ s(x_0 ) = 0 \Leftrightarrow f(x_0 ) - g(2 - x_0 ) = 0 \Leftrightarrow f(x_0 ) = g(2 - x_0 ) }$

4. Η $\displaystyle{s}$ είναι συνεχής στο $\displaystyle{[0,2]}$ ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων

Η $\displaystyle{s}$ είναι παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{(0,2)}$ ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων

Από $\displaystyle{\Theta {\rm M}{\rm T}}$ έχω οτι υπάρχει $\displaystyle{\xi \in (0,2)}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{s'(\xi ) = \frac{{s(2) - g(0)}}{{2 - 0}}\mathop = \limits^{(1),(2)} \frac{{2 - ( - 2)}}{2} = 2}$

Όμως $\displaystyle{s'(x) = f'(x) + g'(2 - x)}$ , οπότε $\displaystyle{s'(\xi ) = 2 \Leftrightarrow f'(\xi ) + g'(2 - \xi ) = 2}$

Παρατήρηση:
Λύνοντας την ασκήση με το αρχικό λάθος,νόμίσα οτι ο Απόστολος είχε κάνει λάθος στο $\displaystyle{\int_0^x {f\left( t \right)dt} + \int_0^{2 - x} {g\left( t \right)dt \ge {x^2} - 2x} }$

και οτι έπρεπε να βάλει $\displaystyle{\int_0^x {f\left( t \right)dt} - \int_0^{2 - x} {g\left( t \right)dt \ge {x^2} - 2x} }$ , για κάθε $\displaystyle{x \in R}$

Από οτι είδα, πρέπει να δουλεύει και αν έχουμε $\displaystyle{\int_0^x {f\left( t \right)dt} - \int_0^{2 - x} {g\left( t \right)dt \ge {x^2} - 2x} }$ , για κάθε $\displaystyle{x \in R}$

Λίγο διαφορετικά για το (δ) : Με Θεώρημα Rolle για την $\displaystyle{k'(x) = f(x) - g(2 - x) - 2x + 2,x \in R}$ από το ερώτημα (β) , αφού $\displaystyle{k'(0) = 0$ και $\displaystyle{k'(2) = 0$ και $k''\left( x\right)=f'\left(x \right)+g'\left(2-x \right)-2$ στο (0,2)

, άρα υπάρχει $\xi \in (0,2):k''\left( \xi \right)=0\Leftrightarrow f'\left(\xi \right)+g'\left(2-\xi \right)=2$ .

Αθ. Μπεληγιάννης

denomizotaki · #206

Στην άσκηση 175 η παράγωγος της H(x)

είναι λάθος. Οπότε πρέπει να τροποποιηθεί αναλόγως και η λύση της άσκησης.
f(3x+1)<f(x+1)

Προσθέτουμε κατά μέλη τις παραπάνω ανισώσεις και προκύπτει ότι: 3f(3x+1)<f(x+1)

και στη συνέχεια έχουμε: 3f(3x+1)-f(x+1)-1<-1<0

.
Ζητω συγγνώμη για την παρέμβαση μου και την κατανόησή σας για το τρόπο γραφής μου.

prwtonio · #207

Υπάρχουν οι λύσεις σε αρχείο word;

prwtonio · #208

Το έκανα αλλά οι εξισώσεις δεν είναι επεξεργάσιμες από τον equation editor. Εμφανίζονται ώς εικόνες.

M.S.Vovos · #209

Ο φάκελος είναι ακόμη ενεργός; Γιατί με ενδιαφέρει να ανεβάσω κάποιες ασκήσεις.

Μάριος

apotin · #210

M.S.Vovos έγραψε:Ο φάκελος είναι ακόμη ενεργός; Γιατί με ενδιαφέρει να ανεβάσω κάποιες ασκήσεις.

Μάριος

Η συλλογή ασκήσεων σε όλες τις ομάδες έχει κυκλοφορήσει σε βιβλίο δες εδώ

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