Άσκηση του μήνα-Απρίλιος

#1

Έστω η συνεχής συνάρτηση $f:R\rightarrow{R}$ για την οποία ισχύουν:

$f(R)=(0,+\infty)$ και f(x+f(y))>f(x-f(y))

για κάθε $x,y\in{R}$ .

1) Να δείξετε ότι η

είναι γνησίως αύξουσα στο

2) Να βρείτε τα όρια $\displaystyle\lim_{x\rightarrow{-\infty}}f(x)$ , $\displaystyle\lim_{x\rightarrow{+\infty}}f(x)$

3) Θεωρούμε τη συνάρτηση $g(x) =\left\{\begin{matrix}\frac{1}{x} \cdot \int_x^{2x} f(t) dt, \ x \neq 0 \\ \\f(0) \phantom{xxxxxxx},\ x = 0 \end{matrix}\right.$

α) Να δείξετε ότι η

είναι γνησίως αύξουσα στο

β) Να δείξετε ότι

$\int_{2^{n-1}}^{2^n} f(t)dt >2^{n-1}\int_{1}^{2}f(t)dt$ όπου $n\in{N}$ , $n\geq2$ .

γ) Αν επιπλέον η C_f

έχει στο $+\infty$ ασύμπτωτη την ευθεία y=2x

, να βρείτε τα όρια:

$\displaystyle\lim_{x\rightarrow{+\infty}}\int_{x}^{2x}\frac{f(t)}{x^2}dt$

και

$\displaystyle\lim_{x\rightarrow{+\infty}}(f(2x)-2f(x))$

hsiodos · #2

socrates έγραψε:Έστω η συνεχής συνάρτηση $f:R\rightarrow{R}$ για την οποία ισχύουν:

$f(R)=(0,+\infty)$ και για κάθε $x,y\in{R}$ .

1) Να δείξετε ότι η είναι γνησίως αύξουσα στο

2) Να βρείτε τα όρια $\displaystyle\lim_{x\rightarrow{-\infty}}f(x)$ , $\displaystyle\lim_{x\rightarrow{+\infty}}f(x)$

3) Θεωρούμε τη συνάρτηση $g(x) =\left\{\begin{matrix}\frac{1}{x} \cdot \int_x^{2x} f(t) dt, \ x \neq 0 \\ \\f(0) \phantom{xxxxxxx},\ x = 0 \end{matrix}\right.$

α) Να δείξετε ότι η είναι γνησίως αύξουσα στο

β) Να δείξετε ότι

$\int_{2^{n-1}}^{2^n} f(t)dt >2^{n-1}\int_{1}^{2}f(t)dt$ όπου $n\in{N}$ , $n\geq2$ .

γ) Αν επιπλέον η έχει στο $+\infty$ ασύμπτωτη την ευθεία , να βρείτε τα όρια:

$\displaystyle\lim_{x\rightarrow{+\infty}}\int_{x}^{2x}\frac{f(t)}{x^2}dt$

και

$\displaystyle\lim_{x\rightarrow{+\infty}}(f(2x)-2f(x))$

Μια λύση στο θέμα του Νίκου.

1) $\displaystyle{ f\left( {x + f(y)} \right) > f\left( {x - f(y)} \right)\,\,\,\forall x,y \in R\,\,\,\,(1)}$

Έστω $\displaystyle{ x_1 ,x_2 \in R\,\,\,\mu \varepsilon \,\,x_1 < x_2 }$ . Είναι $\displaystyle{ x_2 - x_1 > 0 \Rightarrow \frac{{x_2 - x_1 }}{2} \in f(R) \Rightarrow \upsilon \pi \alpha \rho \chi \varepsilon \iota \,\,\,y_0 \in R\,\,\,\mu \varepsilon \,\,\,f(y_0 ) = \frac{{x_2 - x_1 }}{2}}$

Θέτουμε στην (1) $\displaystyle{ x = \frac{{x_2 + x_1 }}{2}\,\,\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\,y = y_o }$ οπότε προκύπτει $\displaystyle{ f\left( {\frac{{x_2 + x_1 }}{2} + \frac{{x_2 - x_1 }}{2}} \right) > f\left( {\frac{{x_2 + x_1 }}{2} - \frac{{x_2 - x_1 }}{2}} \right) \Rightarrow f\left( {x_2 } \right) > f\left( {x_1 } \right)}$

Συνεπώς η $\displaystyle{f}$ είναι γνησίως αύξουσα.

2. Η $\displaystyle{f}$ είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{R}$ , άρα:

$\displaystyle{f(R) = \left( {\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x),\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x)} \right) = (0, + \infty ) \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x) = 0\,\,\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = + \infty }$

3. $\displaystyle{ g(x) = \left\{ {\begin{array}{*{20}c} {\frac{1}{x}\int_x^{2x} {f(t)dt} \,\,\,,\,\,\,x \ne 0} \hfill \\ {f(0)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,,\,\,\,x = 0} \hfill \\ \end{array}} \right.}$

α) Θεωρούμε την συνάρτηση $\displaystyle{H(x) = \int_x^{2x} {f(t)dt} }$ που ορίζεται στο $\displaystyle{R}$ αφού η $\displaystyle{f}$ είναι συνεχής στο $\displaystyle{R}$ .

Για κάθε $\displaystyle{x \in R}$ είναι: $\displaystyle{H(x) = \int_0^{2x} {f(t)dt} - \int_0^x {f(t)dt} = F(2x) - F(x)\,\,\,,\,\,\,F(x) = \int_0^x {f(t)dt} \,\,,\,\,x \in R}$ . Η $\displaystyle{f}$ είναι συνεχής στο $\displaystyle{R}$ άρα η $\displaystyle{F}$ είναι παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{R}$ . Ακόμη η $\displaystyle{ F(2x)}$ είναι παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{R}$ ως σύνθεση παραγωγίσιμων συναρτήσεων.

Τελικά η $\displaystyle{H}$ είναι παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{R}$ ως διαφορά παραγωγίσιμων συναρτήσεων με $\displaystyle{H{'} (x) = 2f(2x) - f(x)}$

Επίσης η η $\displaystyle{H}$ είναι συνεχής (ως παραγωγίσιμη) οπότε $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} H(x) = H(0) = 0}$

Ο τύπος της $\displaystyle{g}$ γράφεται: $\displaystyle{ g(x) = \left\{ {\begin{array}{*{20}c} {\frac{{H(x)}}{x}\,\,\,,\,\,\,x \ne 0} \hfill \\ {f(0)\,\,\,\,\,\,,\,\,\,x = 0} \hfill \\ \end{array}} \right.}$

Η $\displaystyle{g}$ είναι συνεχής στο $\displaystyle{R^* }$ ως πηλίκο συνεχών. Είναι $\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} g(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{H(x)}}{x}\mathop = \limits^{{\textstyle{0 \over 0}}} \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {2f(2x) - f(x)} \right)\mathop = \limits^{f\,\,\sigma \upsilon \nu \varepsilon \chi \eta \varsigma } \,\,\,\,2f(0) - f(0) = f(0) = g(0)}$ οπότε η $\displaystyle{g}$ είναι συνεχής και στο μηδέν δηλαδή είναι συνεχής στο $\displaystyle{R }$ .

Η $\displaystyle{g}$ είναι παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{R^* }$ ως πηλίκο παραγωγίσιμων. Αν $\displaystyle{x \ne 0}$ έχουμε:

$\displaystyle{ xg(x) = H(x) \Rightarrow g(x) + xg{'} (x) = 2f(2x) - f(x) \Rightarrow g{'} (x) = \frac{{\left( {f(2x) - f(x)} \right) + \left( {f(2x) - g(x)} \right)}}{x}}$

$\displaystyle{ \bullet \,\,\,\alpha \nu \,\,\,\,x > 0}$

Τότε $\displaystyle{ 2x > x\mathop \Rightarrow \limits^{f\,\,\gamma \nu \,\, \uparrow } \,\,f(2x) > f(x)\,\,\,(*)}$

Η $\displaystyle{ F(x) = \int_0^x {f(t)dt} }$ πληροί τις υποθέσεις του ΘΜΤ στο διάστημα $\displaystyle{\left[ {x,2x} \right]}$ οπότε υπάρχει $\displaystyle{ k \in \left( {x,2x} \right)\,\,\,\omega \sigma \tau \varepsilon \,\,\,\,F{'} (k) = \frac{{F(2x) - F(x)}}{x} \Rightarrow f(k) = \frac{{H(x)}}{x} \Rightarrow f(k) = g(x)}$

Όμως $\displaystyle{ 2x > k\mathop \Rightarrow \limits^{f\,\,\gamma \nu \,\, \uparrow } f(2x) > f(k) \Rightarrow f(2x) > g(x)\,\,(**)}$

Από $\displaystyle{ (*)\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,(**)}$ προκύπτει $\displaystyle{g{'} (x) > 0\,\,\,\,\forall x > 0}$

$\displaystyle{ \bullet \,\,\,\alpha \nu \,\,\,\,x < 0}$ εργαζόμαστε ανάλογα και βρίσκουμε $\displaystyle{g{'} (x) > 0\,\,\,\,\forall x < 0}$

Είναι λοιπόν $\displaystyle{ g{'} (x) > 0\,\,\,\,\forall x \in R^* \,\,\,\,}$ και η $\displaystyle{g}$ είναι συνεχής στο μηδέν οπότε η $\displaystyle{g}$ είναι γνησίως αύξουσα.

β) $\displaystyle{ n \ge 2 \Rightarrow 2^{n - 1} > 1\mathop \Rightarrow \limits^{g\,\,\gamma \nu \,\, \uparrow } g\left( {2^{n - 1} } \right) > g(1) \Rightarrow \frac{1}{{2^{n - 1} }}\int_{2^{n - 1} }^{2^n } {f(t)dt} > \int_1^2 {f(t)dt} \Rightarrow \int_{2^{n - 1} }^{2^n } {f(t)dt} > 2^{n - 1} \int_1^2 {f(t)dt} }$

γ) Είναι $\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } (f(x) - 2x) = 0\,\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{f(x)}}{x} = 2}$ . Έστω $\displaystyle{x > 0}$

$\displaystyle{ \alpha \nu \,\,\,\,\,x \le t \le 2x\mathop \Rightarrow \limits^{f\,\,\gamma \nu \,\, \uparrow } \,\,f(x) \le f(t) \le f(2x) \Rightarrow \int_x^{2x} {f(x)dt} \le \int_x^{2x} {f(t)dt} \le \int_x^{2x} {f(2x)dt} }$ $\displaystyle{ \Rightarrow xf(x) \le \int_x^{2x} {f(t)dt} \le xf(2x)\,\,\,\,\,(2)}$

Επειδή $\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = + \infty }$ από την $\displaystyle{(2)}$ και το κριτήριο παρεμβολής προκύπτει ότι $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \int_x^{2x} {f(t)dt} = + \infty }$

Τώρα $\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \int_x^{2x} {\frac{{f(t)}}{{x^2 }}dt} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\int_x^{2x} {f(t)dt} }}{{x^2 }}\mathop = \limits^{{\textstyle{{ + \infty } \over { + \infty }}}} \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{2f(2x) - f(x)}}{{2x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {2\frac{{f(2x)}}{{2x}} - \frac{1}{2}\frac{{f(x)}}{x}} \right) = 2\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{f(2x)}}{{2x}} - \frac{1}{2}\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{f(x)}}{x}}$ $\displaystyle{ = 2\mathop {\lim }\limits_{u \to + \infty } \frac{{f(u)}}{u} - \frac{1}{2}\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{f(x)}}{x} = 4 - 1 = 3}$

Τέλος $\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {f(2x) - 2f(x)} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {\left( {f(2x) - 4x} \right) - 2\left( {f(x) - 2x} \right)} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {f(2x) - 4x} \right) - 2\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {f(x) - 2x} \right)}$ $\displaystyle{ = \mathop {\lim }\limits_{u \to + \infty } \left( {f(u) - 2u} \right) - 2\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {f(x) - 2x} \right) = 0 - 2 \cdot 0 = 0}$

Γιώργος

Άσκηση του μήνα-Απρίλιος

Άσκηση του μήνα-Απρίλιος

Re: Άσκηση του μήνα-Απρίλιος

Μέλη σε σύνδεση