Αποκριάτικη

kefababs · #1

Χαιρετώ την παρέα του

.Μια άσκηση που κατασκεύασα το περασμένο τριήμερο που υπήρχε λίγος χρόνος για ξεκούραση από το κουραστικό διάβασμα των πανελληνίων.Η λογική του πρώτου ερωτήματος είναι ίδια με αυτή άσκησης του καθηγητή μου, Θωμά Ποδηματά

, που υπάρχει στο τετράδιο του μαθήματος.

Έστω,λοιπόν, μια συνάρτηση $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ παραγωγίσιμη στο $\mathbb{R}$ .Έστω ακόμα ότι η

είναι κυρτή στο $\mathbb{R}$ και για αυτήν ισχύουν :
 $xf[{\text{ln}}({{\text{e}}^x} - x) - x] = \int\limits_x^{x + 1} {\frac{{dt}}{{\sqrt {{t^2} + 1} }}} + xf(\frac{{x{{\text{e}}^x} - {{\text{e}}^x} - x}}{{x{{\text{e}}^x} - {{\text{e}}^x} + x}}),\forall x \in (7, + \infty )$
 $\left| {f'(x)} \right| < 1,\forall x \in \mathbb{R}$
 f(0) = 0

A) Ν.δ.ο. υπάρχει τουλάχιστον μία οριζόντια ευθεία που να τέμνει το γράφημα ${C_f}$ τουλάχιστον δύο φορές.
B) Ν.δ.ο υπάρχει μοναδικό ${x_0}$ στο οποίο η

να παρουσιάζει ελάχιστο και να μελετηθεί το πρόσημο της f.
C) Ν.δ.ο ισχύει ${\left( {f(x)} \right)^{2n}} < {x^{2n}},\forall x \in \mathbb{R},\forall n \in \mathbb{N} - \left\{ 0 \right\}$ .
D) Να βρεθούν τα $\mathop {{\text{lim}}}\limits_{x \to - \infty } f(x),\mathop {{\text{lim}}}\limits_{x \to + \infty } f(x)$ .
Ε) Ν.δ.ο το εμβαδό του χωρίου Ω που περικλείεται μεταξύ του ${C_f}$ και του x'x

είναι μικρότερο από $\frac{1}{4}\tau .\mu .$
F) Ν.δ.ο ισχύει ${f^2}(x) + 4\mathop {\mathop {\mathop \int \nolimits^ }\limits_0 }\limits^1 \left| {f(t)} \right|dt \leqslant x(x + 1) - f(x - 1),\forall x \geqslant 1$ .
G) Έστω συνάρτηση $g:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ με τύπο $g(x) = \mathop {\mathop {\mathop \int }\limits_0 }\limits^x f(t)dt,x \in \mathbb{R}$ ,όπου

η δοθείσα συνάρτηση.
i. Ν.δ.ο η εξίσωση g(x) = 0

έχει δύο ακριβώς ρίζες στο $\mathbb{R}$ εκ των οποίων η μία είναι διπλή.
ii. Να βρεθεί το Σύνολο Τιμών της συνάρτησης

.
iii. Ν.δ.ο ισχύει $4g(x)>-1,\forall x\in \left[ 0,+\infty \right.)$

Συγγνώμη εκ των προτέρων εάν υπάρχει κάποιο λάθος .

Καλό μεσημέρι σε όλο το

Μπάμπης

#2

kefababs έγραψε:Χαιρετώ την παρέα του .Μια άσκηση που κατασκεύασα το περασμένο τριήμερο που υπήρχε λίγος χρόνος για ξεκούραση από το κουραστικό διάβασμα των πανελληνίων.Η λογική του πρώτου ερωτήματος είναι ίδια με αυτή άσκησης του καθηγητή μου, Θωμά Ποδηματά , που υπάρχει στο τετράδιο του μαθήματος.

Έστω,λοιπόν, μια συνάρτηση $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ παραγωγίσιμη στο $\mathbb{R}$ .Έστω ακόμα ότι η είναι κυρτή στο $\mathbb{R}$ και για αυτήν ισχύουν :
 $xf[{\text{ln}}({{\text{e}}^x} - x) - x] = \int\limits_x^{x + 1} {\frac{{dt}}{{\sqrt {{t^2} + 1} }}} + xf(\frac{{x{{\text{e}}^x} - {{\text{e}}^x} - x}}{{x{{\text{e}}^x} - {{\text{e}}^x} + x}}),\forall x \in (7, + \infty )$
 $\left| {f'(x)} \right| < 1,\forall x \in \mathbb{R}$

A) Ν.δ.ο. υπάρχει τουλάχιστον μία οριζόντια ευθεία που να τέμνει το γράφημα ${C_f}$ τουλάχιστον δύο φορές.
B) Ν.δ.ο υπάρχει μοναδικό ${x_0}$ στο οποίο η να παρουσιάζει ελάχιστο και να μελετηθεί το πρόσημο της f.

Μπάμπης

...είπαμε με όποιο δάσκαλο καθήσεις....ας δούμε τα Α και Β...

Α) Είναι $xf[{\text{ln}}({{\text{e}}^x} - x) - x] = \int\limits_x^{x + 1} {\frac{{dt}}{{\sqrt {{t^2} + 1} }}} + xf(\frac{{x{{\text{e}}^x} - {{\text{e}}^x} - x}}{{x{{\text{e}}^x} - {{\text{e}}^x} + x}}),\forall x \in (7, + \infty )$

άρα και $f[\text{ln}({{\text{e}}^{x}}-x)-x]=\frac{1}{x}\int\limits_{x}^{x+1}{\frac{dt}{\sqrt{{{t}^{2}}+1}}}+f(\frac{x{{\text{e}}^{x}}-{{\text{e}}^{x}}-x}{x{{\text{e}}^{x}}-{{\text{e}}^{x}}+x}),\,\,\,\,\,x\in (7,+\infty )$ (1)

Τώρα επειδή $\text{ln}({{\text{e}}^{x}}-x)-x=\ln \left( \frac{{{e}^{x}}-x}{{{e}^{x}}} \right)=\ln \left( 1-\frac{x}{{{e}^{x}}} \right)$ και

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x}{{{e}^{x}}}\underset{DLH}{\overset{\frac{\infty }{\infty }}{\mathop{=}}}\,\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{{{e}^{x}}}=0$ το $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\ln \left( 1-\frac{x}{{{e}^{x}}} \right)=\ln 1=0$

άρα και $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f[\text{ln}({{\text{e}}^{x}}-x)-x]=f(0)=0$ (2) (

συνεχης)

Επίσης με $0<x\le t\le x+1\Leftrightarrow {{x}^{2}}+1\le {{t}^{2}}+1\le {{(x+1)}^{2}}+1$ άρα

$\frac{1}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}\ge \frac{1}{\sqrt{{{t}^{2}}+1}}\ge \frac{1}{\sqrt{{{(x+1)}^{2}}+1}}$

οπότε και $\int\limits_{x}^{x+1}{\frac{1}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}dt}\ge \int\limits_{x}^{x+1}{\frac{1}{\sqrt{{{t}^{2}}+1}}dt}\ge \int\limits_{x}^{x+1}{\frac{1}{\sqrt{{{(x+1)}^{2}}+1}}dt}\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow \frac{1}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}\ge \int\limits_{x}^{x+1}{\frac{1}{\sqrt{{{t}^{2}}+1}}dt}\ge \frac{1}{\sqrt{{{(x+1)}^{2}}+1}}\Leftrightarrow$

$\frac{1}{x}\frac{1}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}\ge \frac{1}{x}\int\limits_{x}^{x+1}{\frac{1}{\sqrt{{{t}^{2}}+1}}dt}\ge \frac{1}{x}\frac{1}{\sqrt{{{(x+1)}^{2}}+1}}$ και

επειδή $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{x}\frac{1}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{x}\frac{1}{\sqrt{{{(x+1)}^{2}}+1}}=0$

από κριτήριο παρεμβολής θα είναι και $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{x}\int\limits_{x}^{x+1}{\frac{1}{\sqrt{{{t}^{2}}+1}}dt}=0$ (3)

Ακόμη αφού $\frac{x{{\text{e}}^{x}}-{{\text{e}}^{x}}-x}{x{{\text{e}}^{x}}-{{\text{e}}^{x}}+x}=\frac{1-\frac{x}{(x-1){{e}^{x}}}}{1+\frac{x}{(x-1){{e}^{x}}}}$ και

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x}{(x-1){{e}^{x}}}=0$ το

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x{{\text{e}}^{x}}-{{\text{e}}^{x}}-x}{x{{\text{e}}^{x}}-{{\text{e}}^{x}}+x}=1$ άρα

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f(\frac{x{{\text{e}}^{x}}-{{\text{e}}^{x}}-x}{x{{\text{e}}^{x}}-{{\text{e}}^{x}}+x})=f(1)$ (4)

αφού

συνεχής και επομένως λόγω (2),(3),(4) από (1) έχουμε ότι f(1)=0

άρα ο

τέμνει την γραφική παράσταση της

τουλάχιστον σε δύο σημεία τα $O(0,\,\,0),\,\,\,\,A(1,\,\,0)$ .

Β) Στο διάστημα $[0,\,\,1]$ σύμφωνα με το θεώρημα του Rolle υπάρχει ${{x}_{0}}\in (0,\,\,1)$ ώστε ${f}'({{x}_{0}})=0$ και αφού {f}'(x)

είναι γνήσια αύξουσα λόγω κυρτότητας θα ισχύουν

για $x<{{x}_{0}}\Rightarrow {f}'(x)<{f}'({{x}_{0}})=0$ άρα στο $(-\infty ,\,\,{{x}_{0}}]$ η

είναι γνήσια φθίνουσα και

για $x>{{x}_{0}}\Rightarrow {f}'(x)>{f}'({{x}_{0}})=0$ άρα στο $[{{x}_{0}},\,\,+\infty )$ η

είναι γνήσια αύξουσα

άρα παρουσιάζει ολικό ελάχιστο το $f({{x}_{0}})$ και λόγω μονοτονίας και $f(0)=0,\,\,f(1)=0$ θα ισχύει

$f(x)>0,\,\,\,\,x\in (-\infty ,\,\,\,0)\cup (1,\,\,+\infty )$ και $f(x)<0,\,\,\,\,x\in (0,\,\,\,1)$ .

.....

...

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

#3

kefababs έγραψε: C) Ν.δ.ο ισχύει ${\left( {f(x)} \right)^{2n}} < {x^{2n}},\forall x \in \mathbb{R},\forall n \in \mathbb{N} - \left\{ 0 \right\}$ .
D) Να βρεθούν τα $\mathop {{\text{lim}}}\limits_{x \to - \infty } f(x),\mathop {{\text{lim}}}\limits_{x \to + \infty } f(x)$ .

Μπάμπης

...γιά τα επόμενα δύο...

C) Θέλουμε να δείξουμε ότι ${\left( {f(x)} \right)^{2n}} < {x^{2n}},\forall x \in \mathbb{R},\forall n \in \mathbb{N} - \left\{ 0 \right\}$

δηλαδή ισοδύναμα για $x\ne 0$ ότι ${{\left( \frac{f(x)}{x} \right)}^{2n}}<1,\,\,\,\forall x\in \mathbb{R},\forall n\in \mathbb{N}-\left\{ 0 \right\}$ ή

$\left| \frac{f(x)}{x} \right|<1,\,\,\,\forall x\in \mathbb{R},\forall n\in \mathbb{N}-\left\{ 0 \right\}$

που ισχύει γιατί για κάθε x>0

στο $[0,\,\,\,x]$ σύμφωνα με το θεώρημα μέσης τιμής υπάρχει

$\xi \in (0,\,\,x)$ ώστε ${f}'(\xi )=\frac{f(x)-f(0)}{x}=\frac{f(x)}{x}$ και λόγω υπόθεσης $\left| {f}'(\xi ) \right|<1$

όμοια για x<0

και για

ισχύει σαν ισότητα.

D) Η εφαπτομένη στο O(0,f(0))

είναι η $y-f(0)={f}'(0)(x-0)\Leftrightarrow y={f}'(0)x$ και επειδή {f}'(x)

είναι γνήσια αύξουσα λόγω κυρτότητας και $0<{{x}_{0}}\Rightarrow {f}'(0)<{f}'({{x}_{0}})=0$ και

ακόμη λόγω κυρτότητας ισχύει ότι $f(x)\ge {f}'(0)x$ (5) με το ίσο να ισχύει όταν x=0

και

επειδή το $\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,({f}'(0)x)=+\infty$ λογω της (5) $\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)=+\infty$ .

Ανάλογα η εφαπτομένη στο A(1,f(1))

είναι η $y-f(1)={f}'(1)(x-1)\Leftrightarrow y={f}'(1)x-{f}'(1)$ και επειδή

{f}'(x)

είναι γνήσια αύξουσα λόγω κυρτότητας και $1>{{x}_{0}}\Rightarrow {f}'(1)>{f}'({{x}_{0}})=0$ και

ακόμη λόγω κυρτότητας ισχύει ότι $f(x)\ge {f}'(1)x-{f}'(1)$ (6) με το ίσο να ισχύει όταν x=1

και

επειδή το $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,({f}'(1)x-{f}'(1))=+\infty$ λογω της (6) $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)=+\infty$ .

...συνεχίζεται...

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασιλης

#4

kefababs έγραψε: Ε) Ν.δ.ο το εμβαδό του χωρίου Ω που περικλείεται μεταξύ του ${C_f}$ και του είναι μικρότερο από $\frac{1}{4}\tau .\mu .$
F) Ν.δ.ο ισχύει ${f^2}(x) + 4\mathop {\mathop {\mathop \int \nolimits^ }\limits_0 }\limits^1 \left| {f(t)} \right|dt \leqslant x(x + 1) - f(x - 1),\forall x \geqslant 1$ .

Μπάμπης

E) ...αρκεί $\int\limits_{0}^{1}{|f(t)|dt}<\frac{1}{4}$ και μετά την υπόδειξη του δημιουργού....

Θέλουμε να δείξουμε ότι $\int\limits_{0}^{1}{|f(t)|dt}<\frac{1}{4}$

Τώρα από (C) έχουμε ότι $|f(x)|\le |x|=x,\,\,\,\,x\in [0,\,\,\,1]$ και με ανάλογο τρόπο απόδειξης από θεώρημα μέσης τιμής στο $[x,\,\,\,1]$

δείχνουμε ότι $|f(x)|\le |x-1|=1-x,\,\,\,\,x\in [0,\,\,\,1]$ έτσι το εμβαδό θα είναι μικρότερο του εμβαδού του τριγώνου

που ορίζουν οι ευθείες $y=x,\,\,\,y=1-x$ και ο {x}'x

δηλαδή το $OAB,\,\,\,\,O(0,\,\,0),\,\,\,A(\frac{1}{2},\,\,\frac{1}{2}),\,\,\,B(1,\,\,0)$ που είναι

$\frac{1}{2}OA\cdot \upsilon =\frac{1}{2}\cdot 1\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{4}$ άρα τελικά ισχύει ότι $\int\limits_{0}^{1}{|f(t)|dt}<\frac{1}{4}$

F) Από το (D) έχουμε ότι $\int\limits_{0}^{1}{|f(t)|dt}<\frac{1}{4}\Leftrightarrow 4\int\limits_{0}^{1}{|f(t)|dt}<1\Leftrightarrow {{f}^{2}}(x)+4\int\limits_{0}^{1}{|f(t)|dt}<{{f}^{2}}(x)+1$

επομένως αρκεί να δείξουμε ότι ${{f}^{2}}(x)+1\le {{x}^{2}}+x-f(x-1)\Leftrightarrow {{f}^{2}}(x)-{{x}^{2}}\le x-1-f(x-1)$ ή

ισοδύναμα $(f(x)-x)(f(x)+x)\le x-1-f(x-1),\,\,\,\,\,x\ge 1$ (1)

Τώρα από (C) ισχύει $\left| \frac{f(x)}{x} \right|<1,\forall x\in \mathbb{R}$ και για $x\ge 1$ ισχύει -x<f(x)<x

άρα

$\int\limits_{0}^{1}{|f(t)|dt}<\frac{1}{4}\Leftrightarrow 4\int\limits_{0}^{1}{|f(t)|dt}<1\Leftrightarrow {{f}^{2}}(x)+4\int\limits_{0}^{1}{|f(t)|dt}<{{f}^{2}}(x)+1$

...το σήριαλ συνεχίζεται...

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

kefababs · #5

KAKABASBASILEIOS έγραψε:
...είπαμε με όποιο δάσκαλο καθήσεις....ας δούμε τα Α και Β...

Α) Είναι $xf[{\text{ln}}({{\text{e}}^x} - x) - x] = \int\limits_x^{x + 1} {\frac{{dt}}{{\sqrt {{t^2} + 1} }}} + xf(\frac{{x{{\text{e}}^x} - {{\text{e}}^x} - x}}{{x{{\text{e}}^x} - {{\text{e}}^x} + x}}),\forall x \in (7, + \infty )$

άρα και $f[\text{ln}({{\text{e}}^{x}}-x)-x]=\frac{1}{x}\int\limits_{x}^{x+1}{\frac{dt}{\sqrt{{{t}^{2}}+1}}}+f(\frac{x{{\text{e}}^{x}}-{{\text{e}}^{x}}-x}{x{{\text{e}}^{x}}-{{\text{e}}^{x}}+x}),\,\,\,\,\,x\in (7,+\infty )$ (1)

Τώρα επειδή $\text{ln}({{\text{e}}^{x}}-x)-x=\ln \left( \frac{{{e}^{x}}-x}{{{e}^{x}}} \right)=\ln \left( 1-\frac{x}{{{e}^{x}}} \right)$ και

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x}{{{e}^{x}}}\underset{DLH}{\overset{\frac{\infty }{\infty }}{\mathop{=}}}\,\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{{{e}^{x}}}=0$ το $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\ln \left( 1-\frac{x}{{{e}^{x}}} \right)=\ln 1=0$

άρα και $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f[\text{ln}({{\text{e}}^{x}}-x)-x]=f(0)=0$ (2) ( συνεχης)

Επίσης με $0<x\le t\le x+1\Leftrightarrow {{x}^{2}}+1\le {{t}^{2}}+1\le {{(x+1)}^{2}}+1$ άρα

$\frac{1}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}\ge \frac{1}{\sqrt{{{t}^{2}}+1}}\ge \frac{1}{\sqrt{{{(x+1)}^{2}}+1}}$

οπότε και $\int\limits_{x}^{x+1}{\frac{1}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}dt}\ge \int\limits_{x}^{x+1}{\frac{1}{\sqrt{{{t}^{2}}+1}}dt}\ge \int\limits_{x}^{x+1}{\frac{1}{\sqrt{{{(x+1)}^{2}}+1}}dt}\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow \frac{1}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}\ge \int\limits_{x}^{x+1}{\frac{1}{\sqrt{{{t}^{2}}+1}}dt}\ge \frac{1}{\sqrt{{{(x+1)}^{2}}+1}}\Leftrightarrow$

$\frac{1}{x}\frac{1}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}\ge \frac{1}{x}\int\limits_{x}^{x+1}{\frac{1}{\sqrt{{{t}^{2}}+1}}dt}\ge \frac{1}{x}\frac{1}{\sqrt{{{(x+1)}^{2}}+1}}$ και

επειδή $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{x}\frac{1}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{x}\frac{1}{\sqrt{{{(x+1)}^{2}}+1}}=0$

από κριτήριο παρεμβολής θα είναι και $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{x}\int\limits_{x}^{x+1}{\frac{1}{\sqrt{{{t}^{2}}+1}}dt}=0$ (3)

Ακόμη αφού $\frac{x{{\text{e}}^{x}}-{{\text{e}}^{x}}-x}{x{{\text{e}}^{x}}-{{\text{e}}^{x}}+x}=\frac{1-\frac{x}{(x-1){{e}^{x}}}}{1+\frac{x}{(x-1){{e}^{x}}}}$ και

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x}{(x-1){{e}^{x}}}=0$ το

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x{{\text{e}}^{x}}-{{\text{e}}^{x}}-x}{x{{\text{e}}^{x}}-{{\text{e}}^{x}}+x}=1$ άρα

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f(\frac{x{{\text{e}}^{x}}-{{\text{e}}^{x}}-x}{x{{\text{e}}^{x}}-{{\text{e}}^{x}}+x})=f(1)$ (4)

αφού συνεχής και επομένως λόγω (2),(3),(4) από (1) έχουμε ότι άρα ο τέμνει την γραφική παράσταση της

τουλάχιστον σε δύο σημεία τα $O(0,\,\,0),\,\,\,\,A(1,\,\,0)$ .

Β) Στο διάστημα $[0,\,\,1]$ σύμφωνα με το θεώρημα του Rolle υπάρχει ${{x}_{0}}\in (0,\,\,1)$ ώστε ${f}'({{x}_{0}})=0$ και αφού

είναι γνήσια αύξουσα λόγω κυρτότητας θα ισχύουν

για $x<{{x}_{0}}\Rightarrow {f}'(x)<{f}'({{x}_{0}})=0$ άρα στο $(-\infty ,\,\,{{x}_{0}}]$ η είναι γνήσια φθίνουσα και

για $x>{{x}_{0}}\Rightarrow {f}'(x)>{f}'({{x}_{0}})=0$ άρα στο $[{{x}_{0}},\,\,+\infty )$ η είναι γνήσια αύξουσα

άρα παρουσιάζει ολικό ελάχιστο το $f({{x}_{0}})$ και λόγω μονοτονίας και $f(0)=0,\,\,f(1)=0$ θα ισχύει

$f(x)>0,\,\,\,\,x\in (-\infty ,\,\,\,0)\cup (1,\,\,+\infty )$ και $f(x)<0,\,\,\,\,x\in (0,\,\,\,1)$ .

..... ...

...γιά τα επόμενα δύο...

C) Θέλουμε να δείξουμε ότι ${\left( {f(x)} \right)^{2n}} < {x^{2n}},\forall x \in \mathbb{R},\forall n \in \mathbb{N} - \left\{ 0 \right\}$

δηλαδή ισοδύναμα για $x\ne 0$ ότι ${{\left( \frac{f(x)}{x} \right)}^{2n}}<1,\,\,\,\forall x\in \mathbb{R},\forall n\in \mathbb{N}-\left\{ 0 \right\}$ ή

$\left| \frac{f(x)}{x} \right|<1,\,\,\,\forall x\in \mathbb{R},\forall n\in \mathbb{N}-\left\{ 0 \right\}$

που ισχύει γιατί για κάθε στο $[0,\,\,\,x]$ σύμφωνα με το θεώρημα μέσης τιμής υπάρχει

$\xi \in (0,\,\,x)$ ώστε ${f}'(\xi )=\frac{f(x)-f(0)}{x}=\frac{f(x)}{x}$ και λόγω υπόθεσης $\left| {f}'(\xi ) \right|<1$

όμοια για και για ισχύει σαν ισότητα.

D) Η εφαπτομένη στο είναι η $y-f(0)={f}'(0)(x-0)\Leftrightarrow y={f}'(0)x$ και επειδή

είναι γνήσια αύξουσα λόγω κυρτότητας και $0<{{x}_{0}}\Rightarrow {f}'(0)<{f}'({{x}_{0}})=0$ και

ακόμη λόγω κυρτότητας ισχύει ότι $f(x)\ge {f}'(0)x$ (5) με το ίσο να ισχύει όταν και

επειδή το $\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,({f}'(0)x)=+\infty$ λογω της (5) $\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)=+\infty$ .

Ανάλογα η εφαπτομένη στο είναι η $y-f(1)={f}'(1)(x-1)\Leftrightarrow y={f}'(1)x-{f}'(1)$ και επειδή

είναι γνήσια αύξουσα λόγω κυρτότητας και $1>{{x}_{0}}\Rightarrow {f}'(1)>{f}'({{x}_{0}})=0$ και

ακόμη λόγω κυρτότητας ισχύει ότι $f(x)\ge {f}'(1)x-{f}'(1)$ (6) με το ίσο να ισχύει όταν και

επειδή το $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,({f}'(1)x-{f}'(1))=+\infty$ λογω της (6) $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)=+\infty$ .

...συνεχίζεται...

E) ...αρκεί $\int\limits_{0}^{1}{|f(t)|dt}<\frac{1}{4}$ ακόμη

F) Από το (D) έχουμε ότι $\int\limits_{0}^{1}{|f(t)|dt}<\frac{1}{4}\Leftrightarrow 4\int\limits_{0}^{1}{|f(t)|dt}<1\Leftrightarrow {{f}^{2}}(x)+4\int\limits_{0}^{1}{|f(t)|dt}<{{f}^{2}}(x)+1$

επομένως αρκεί να δείξουμε ότι ${{f}^{2}}(x)+1\le {{x}^{2}}+x-f(x-1)\Leftrightarrow {{f}^{2}}(x)-{{x}^{2}}\le x-1-f(x-1)$ ή

ισοδύναμα $(f(x)-x)(f(x)+x)\le x-1-f(x-1),\,\,\,\,\,x\ge 1$ (1)

Τώρα από (C) ισχύει $\left| \frac{f(x)}{x} \right|<1,\forall x\in \mathbb{R}$ και για $x\ge 1$ ισχύει άρα

$f(x)-x<0,\,\,\,\,f(x)+x>0,\,\,\,\,x-1-f(x-1)>0$ επομένως προφανώς η (1) ισχύει.

...το σήριαλ συνεχίζεται...

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

Κατ'αρχάς ευχαριστώ πολύ για την ενασχόληση σας με την άσκησή μου μέχρι στιγμής...Η λύση μου για το C) και το F) είναι διαφορετικές αλλά απ' ότι φαίνεται παντού κολλάει ένα ΘΜΤ .Να δώσω ένα επιπλέον ερώτημα σαν υπόδειξη για το E)... Να δειχθεί, λοιπόν, πρώτα ότι $\displaystyle{{{\left( f(x) \right)}^{2n}}<{{(x-1)}^{2n}},\forall x\in \mathbb{R},\forall n\in {{\mathbb{N}}^{*}}}$ .Το παρέλειψα γιατί θεώρησα ότι αν κάνει κανείς το C) θα έγραφε μετά κι αυτό αλλά ίσως έπρεπε να το ζητήσω γιατί αλλιώς γίνεται εξαιρετικά δύσκολη η απόδειξη του E) ...ακόμα και με αυτό πάντως νομίζω παραμένει πολύ δύσκολο αλλά πιστεύω επιλύσιμο αφού και εγώ πρώτα το παρατήρησα και το σκέφτηκα γεωμετρικά και ύστερα το απέδειξα αλγεβρικά.Σκεφτείτε λοιπόν εάν θέλετε και την γεωμετρική ερμηνεία του E) που είναι νομίζω πολύ ενδιαφέρουσα.

μέχρι στιγμής.Καλή συνέχεια...

Φιλικά,
Μπάμπης

kefababs · #6

Μια που βρήκα λίγο χρόνο απ το διάβασμα να δώσω ένα επιπλέον ερώτημα που προέκυψε λίγο αργότερα...

H) Αν υπάρχει η $\displaystyle{f''}$ και είναι συνεχής και γνωρίζουμε ότι $\displaystyle{f'(1)=c,c\in \left( 0,1 \right)}$ να βρεθεί το $\displaystyle{\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \int\limits_{1}^{{{e}^{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}}-{{e}^{x}}}{\frac{f''(t)}{t}dt}+\int\limits_{{{e}^{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}}-{{e}^{x}}}^{1}{\frac{f'(t)}{{{t}^{2}}}dt} \right)}$ συναρτήσει του $\displaystyle{c}$ .

Να επαναφέρω επί τη ευκαιρία και το G) ερώτημα...

Μπάμπης

kefababs · #7

Επαναφορά!(για τα G και Η)

Αποκριάτικη

Αποκριάτικη

Re: Αποκριάτικη

Re: Αποκριάτικη

Re: Αποκριάτικη

Re: Αποκριάτικη

Re: Αποκριάτικη

Re: Αποκριάτικη

Μέλη σε σύνδεση