Η άσκηση του Ιανουαρίου 2013 από N. Zανταρίδη

parmenides51 · #1

Μήνας μπαίνει, μήνας βγαίνει κι ο Νίκος (nikoszan) μας προτείνει ...

Άσκηση 3η

Για τη συνεχή συνάρτηση $\displaystyle{f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}}$ ισχύει $\displaystyle{f(x)=\int_0^{x}(3xt^{2}-4)dt+\int_x^{x+2}f({ {\color{red} t-x})dt-\frac{2}{5}}$ για κάθε $\displaystyle{x\in \mathbb{R}}$ .

i) Nα αποδείξετε ότι $\displaystyle{f(x)=x^4-4x+2, x\in \mathbb{R}}$ .

ii) Nα βρείτε τη μεγαλύτερη τιμή του $\displaystyle{k\in \mathbb{R}}$ , για την οποία ισχύει $\displaystyle{f(x)\ge k}$ , για κάθε $\displaystyle{x\in \mathbb{R}}$ .

iii) Nα αποδείξετε ότι για κάθε $\displaystyle{\alpha, \beta ,\gamma>0}$ , ισχύει $\displaystyle{\frac{\alpha^3}{\beta^4}+ \frac{\beta^3}{\gamma^4}+ \frac{\gamma^3}{\alpha^4}\geq{\frac{1}{\alpha}+ \frac{1}{\beta}+ \frac{1}{\gamma}}}$ .

iv) Έστω οι παραγωγίσιμες συναρτήσεις $\displaystyle{g,h:R\to R}$ για τις οποίες ισχύουν

$\displaystyle{g(0)+1=g′(0)=1}$ και $\displaystyle{2f\left(g′(x)−h(x)\right)+3f\left(h′(x)−g(x)\right)+5=0}$ , για κάθε $\displaystyle{x\in \mathbb{R}}$ .

Nα αποδείξετε ότι $\displaystyle{g(x)=h(x)=e^x−1, x\in \mathbb{R}}$ .

v) Aν η συνάρτηση $\displaystyle{\phi:R\to R}$ είναι παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{x_0=0}$ με $\displaystyle{\phi(0)=0, \phi′(0)=2}$ , τότε

α) να δείξετε ότι $\displaystyle{\phi (x)\ne 0}$ , κοντά στο $\displaystyle{x_0=0}$

β) να βρείτε το όριο $\displaystyle{\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{g(\phi(x))-\phi(x)}{x^2}}$ .

Υ.Γ. Οι προηγούμενες προτάσεις του Νίκου ανά μήνα : Νοέμβριος 2012, Δεκεμβρίος 2012 .

edit
Αντικατάσταση μέσα στο 2ο ολοκλήρωμα του x-t με το t-x

dennys · #2

Mήπως ο τύπος της συνάρτησης είναι f(x)=x^4-4x-14

#3

XΡΟΝΙΑ ΠΟΛΛΑ ΔΙΟΝΥΣΗ. Έκανα τις πράξεις και βγαίνει ο τύπος όπως έχει δοθεί από τον Νίκο, δηλαδή

$\displaystyle{f(x)=x^4 -4x+2}$ .

dennys · #4

Ευχαριστώ Δημήτρη, έλεγα για λάθος στην αντιγραφή της άσκησης,στο eisatopo

Μάλλον θα έκανα λάθος πράξεις.

#5

...και αφού τώρα είναι όλα εντάξει πρόσθεσα και την απάντηση στο(ι)

i) Για το $\int\limits_{x}^{x+2}{f(t-x)dt}$ με u=t-x

είναι

και για $t=x\to u=0,\,\,\,\,\,t=x+2\to u=2$
οπότε $\int\limits_{x}^{x+2}{f(t-x)dt}=\int\limits_{0}^{2}{f(u)du}$ επομένως η δοθείσα γίνεται

$f(x)=3x\int\limits_{0}^{x}{{{t}^{2}}dt-4\int\limits_{0}^{x}{dt}}+\int\limits_{0}^{2}{f(t)dt}-\frac{2}{5}=x\left[ {{t}^{3}} \right]_{0}^{x}-4\left[ t \right]_{0}^{x}+\int\limits_{0}^{2}{f(t)dt}-\frac{2}{5}$

$f(x)={{x}^{4}}-4x+\int\limits_{0}^{2}{f(t)dt}-\frac{2}{5}$ (1) και αν $\int\limits_{0}^{2}{f(t)dt}-\frac{2}{5}=c$ (2) θα είναι $f(x)={{x}^{4}}-4x+c$ οπότε από (2) θα έχουμε

$\int\limits_{0}^{2}{({{t}^{4}}-4t+c)dt}-\frac{2}{5}=c\Leftrightarrow \left[ \frac{{{t}^{5}}}{5}-2{{t}^{2}}+ct \right]_{0}^{2}-\frac{2}{5}=c\Leftrightarrow$

$\left( \frac{32}{5}-8+2c \right)-0-\frac{2}{5}=c\Leftrightarrow -2+2c=c\Leftrightarrow c=2$ άρα $f(x)={{x}^{4}}-4x+2$

ιι) Με δεδομένο ότι $f(x)={{x}^{4}}-4x+2$ θα είναι ${f}'(x)=4{{x}^{3}}-4=4(x-1)({{x}^{2}}+x+1)$ άρα {f}'(x)>0

όταν

επομένως γνήσια αύξουσα στο $[1,\,\,+\infty )$ και {f}'(x)<0

όταν

επομένως γνήσια φθίνουσα στο $(-\infty ,\,\,\,1]$

άρα έχει ολικό ελάχιστο το f(1)=-1

άρα η μέγιστη τιμή του $\kappa$ ώστε $f(x)\ge \kappa$ για $x\in R$ είναι το $\kappa =-1$

iii) Τώρα λόγω της (ii) ισχύει ${{x}^{4}}-4x+2\ge -1\Leftrightarrow {{x}^{4}}\ge 4x-3,\,\,\,\,x\in R$ άρα θα ισχύουν ότι

$\frac{{{\alpha }^{4}}}{{{\beta }^{4}}}\ge 4\frac{\alpha }{\beta }-3\Leftrightarrow \frac{{{\alpha }^{3}}}{{{\beta }^{4}}}\ge \frac{4}{\beta }-\frac{3}{\alpha }$

και όμοια $\frac{{{\beta }^{3}}}{{{\gamma }^{4}}}\ge \frac{4}{\gamma }-\frac{3}{\beta }$ και $\frac{{{\gamma }^{3}}}{{{\alpha }^{4}}}\ge \frac{4}{\alpha }-\frac{3}{\gamma }$ και με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει το ζητούμενο.

iv) Αν $\varphi (x)={g}'(x)-h(x),\,\,\,\,\sigma (x)={h}'(x)-g(x)$ τότε θα ισχύει ότι

$2f(\varphi (x))+3f(\sigma (x))+5=0\Leftrightarrow 2(f(\varphi (x))+1)+3(f(\sigma (x))+1)=0$ (1)

και επειδή λόγω (ii) $f(\varphi (x))+1\ge 0$ και $f(\sigma (x))+1\ge 0$ η (1) θα ισχύει μόνο όταν $f(\varphi (x))+1=0$ και

$f(\sigma (x))+1=0$ δηλαδή όταν $f(\varphi (x))=-1$ και $f(\sigma (x))=-1$ και αυτό συμβαίνει όταν

$\varphi (x)=1,\,\,\,\,x\in R$ και $\sigma (x)=1,\,\,\,x\in R$ έτσι έχουμε ${g}'(x)-h(x)=1,\,\,\,\,{h}'(x)-g(x)=1$

άρα {h}'(x)-{g}'(x)=-(h(x)-g(x))

επομένως από γνωστή εφαρμογή

$h(x)-g(x)=c{{e}^{-x}}\Leftrightarrow h(x)=g(x)+c{{e}^{-x}}$ οπότε θα είναι από ${g}'(x)-g(x)-c{{e}^{-x}}=1\Leftrightarrow {g}'(x)-g(x)=c{{e}^{-x}}+1$

και για όπου x=0

θα είναι ${g}'(0)-g(0)=c+1\Leftrightarrow 1=c+1\Leftrightarrow c=0$ άρα

${g}'(x)-g(x)=1\Leftrightarrow {{\left( {{e}^{-x}}g(x) \right)}^{\prime }}={{\left( -{{e}^{-x}} \right)}^{\prime }}$

άρα ${{e}^{-x}}g(x)=-{{e}^{-x}}+c\Leftrightarrow g(x)=-1+c{{e}^{x}}$ και από g(0)=0

προκύπτει ότι

c=1

άρα είναι $g(x)={{e}^{x}}-1$ και από {g}'(x)-h(x)=1

εύκολα και $h(x)={{e}^{x}}-1$

v) α) Επειδή ισχύει ${\varphi }'(0)=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\varphi (x)}{x}=2>0$ θα είναι $\frac{\varphi (x)}{x}>0$

κοντά στο ${{x}_{0}}=0$ άρα για x>0

και $\varphi (x)>0$ και για x<0

και

$\varphi (x)<0$ άρα $\varphi (x)\ne 0$ κοντά στο ${{x}_{0}}=0$

β) Αν $\pi (x)=\frac{g(x)-x}{{{x}^{2}}}=\frac{{{e}^{x}}-1-x}{{{x}^{2}}}$ τότε

$\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,(\pi (x))=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{x}}-1-x}{{{x}^{2}}}\underset{DLH}{\overset{\frac{0}{0}}{\mathop{=}}}\,\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{x}}-1}{2x}=\frac{1}{2}$ και

$\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\varphi (x)=0$ άρα το $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,(\pi (\varphi (x))=\frac{1}{2}$ δηλαδή το

$\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{g(\varphi (x))-\varphi (x)}{{{(\varphi (x))}^{2}}}=\frac{1}{2}$ και το

$\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{g(\varphi (x))-\varphi (x)}{{{x}^{2}}}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{g(\varphi (x))-\varphi (x)}{{{(\varphi (x))}^{2}}}{{\left( \frac{\varphi (x)}{x} \right)}^{2}}=\frac{1}{2}{{2}^{2}}=2$

...διόρθωσα μετά από Π.Μ. του Νίκου την αβλεψία μου στο τελευταίο όριο, και θα προσθέσω μετά την απάντηση στο (ι)
μετά την διευκρηνηση που έγινε

Φιλικά και Μαθηαμτικά
Βασίλης

dennys · #6

Για το 2) εγώ το έκανα ως εξής: Θεώρησα συνάρτηση $g(x)=x^4-4x+2-k\ge 0$ ,

$g{'}(x)=4x^3-4$ άρα έχει ελάχιστο στο x_o=1, g(1)=-1-k

και άρα $ming(x)\ge 0\Rightarrow -1-k\ge 0, k\le -1\Rightarrow k_{max}=-1$

ενώ αν είναι αυτή που βρήκα εγώ θα είναι $k_{max}=-17$

Το τελευταίο όριο το βρήκα 2, αλλά με ανάλυση Τaylor (εκτός ύλης).

#7

EDIT:Είχες δίκιο denys και Βασίλη. Έκανα εγώ απροσεξίες και βρήκα λάθος αποτέλεσμα. (Ξανακοίταξα αυτά που έγραψα μετά την παρέμβαση του Νίκου και βρήκα λάθη). Οπότε διαγράφω ότι έγραψα.

nikoszan · #8

Χρόνια και καλά σε όλους και σας ευχαριστώ που ασχοληθήκατε με το θέμα που πρότεινα.Ζητώ συγνώμη για την ταλαιπωρία στο (1) ερώτημα .Απο αβλεψία έδωσα $\displaystyle{\int\limits_x^{x + 2} {f(x - t)dt} }$ αντί να δώσω $\displaystyle{\int\limits_x^{x + 2} {f(t - x)dt} }$ .
Ευχαριστω τον Παύλο Μαραγκουδάκη και τον parm για τα π.μ., αν και τα είδα αργά λόγω παρατεταμένου ύπνου.
Ν.Ζ.

Η άσκηση του Ιανουαρίου 2013 από N. Zανταρίδη

Η άσκηση του Ιανουαρίου 2013 από N. Zανταρίδη

Re: Η άσκηση του Ιανουαρίου 2013 από N. Zανταρίδη

Re: Η άσκηση του Ιανουαρίου 2013 από N. Zανταρίδη

Re: Η άσκηση του Ιανουαρίου 2013 από N. Zανταρίδη

Re: Η άσκηση του Ιανουαρίου 2013 από N. Zανταρίδη

Re: Η άσκηση του Ιανουαρίου 2013 από N. Zανταρίδη

Re: Η άσκηση του Ιανουαρίου 2013 από N. Zανταρίδη

Re: Η άσκηση του Ιανουαρίου 2013 από N. Zανταρίδη

Μέλη σε σύνδεση