ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

#141

dennys έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 40

Για τη συνάρτηση ισχύουν οι σχέσεις ¨:

1) $f(x)=2f(\sqrt{x})\Leftrightarrow f(x^2)=2f(x) ,(1)$ και

2) $\sqrt{x}f'(x)=f'(\sqrt{x})\Leftrightarrow xf'(x^2)=f'(x), (2)$

a)Απο την δοσμένη ισχύει προφανώς για χ=1 και αν υπάρχει σημείο

μηδενισμού της παραγώγου θα είναι μοναδικό αφού είναι γν.φθίνουσα. Ατοπο γιατί αν

$x_o: f'(x_o)=0\Rightarrow f'(x^2_o)=f'(\sqrt(x_o))=0....$

αρα η παράγωγος διατηρεί πρόσημο οπότε μοναδική ρίζα της συνάρτησης είναι το 1

Εκτός αν

Λάμπρος Μπαλός · #142

Για την Άσκηση 39

Α) $f (x)=2f (\sqrt {x})$ (1)

Θα δείξουμε ότι η

έχει μοναδική ρίζα την προφανή x=1

.

Πράγματι, αν έχει κι άλλη $a \neq 1$ , τότε όπως φαίνεται από την (1) , θα έχει και τη $b = \sqrt {a} \neq a$

Συνολικά θα έχει τουλάχιστον τρεις ρίζες..
* τις $a < \sqrt {a} <1$ ή
* τις $1 < \sqrt {a} <a$ .

Και στις δύο περιπτώσεις, λέω περιληπτικά, με τρία Rolle οδηγούμαστε άμεσα στον άτοπο μηδενισμό της f''

.

M.S.Vovos · #143

ΑΣΚΗΣΗ 40

Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ , για την οποία ισχύει η σχέση:

$f'(x)\left [ 2f(x)-3x \right ]=3f(x)$ , για κάθε $x\in \mathbb{R}$ , με f(1)=-2

.

α) Να δείξετε ότι $\displaystyle f(x)=\frac{3x-\sqrt{9x^{2}+40}}{2}$ .

β) Να μελετήσετε τη συνάρτηση

ως προς τη μονοτονία και το σύνολο τιμών της.

γ) Να δείξετε ότι $\displaystyle \int_{0}^{1}7f(x)dx< -17$ .

δ) Να βρείτε το πλήθος των λύσεων της εξίσωσης $\displaystyle f(x)=a^{2}+3a-4$ , για κάθε $a\in \mathbb{R}$ .

Παρακαλώ, οι λύσεις να είναι αναλυτικές.

Έχει λυθεί, από τον κ. Κακαβά.

M.S.Vovos · #144

Παρακαλώ το μήνυμα να διαγραφεί από τους γενικούς συντονιστές.

Ευχαριστώ.

M.S.Vovos · #145

ΑΣΚΗΣΗ 41

Έστω η δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ , τέτοια ώστε:

$\displaystyle f(x)+xf'(x)\geq x^{2015}$ , για κάθε $x\in \mathbb{R}$ , με $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}f(x)=0$ .

A. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης $(\varepsilon )$ , στο σημείο τομής των αξόνων.

Β. Να δείξετε ότι υπάρχει, τουλάχιστον ένα, $\xi \in (0,1)$ τέτοιο ώστε $\displaystyle \frac{f(\xi )}{\xi }\geq \xi ^{2014}-f(1)$ .

Γ. Να δείξετε ότι $\displaystyle \int_{0}^{1}2016f(x)dx> 1-4032f(1)$ .

Δ. Να υπολογίσετε το $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}\frac{f(2x)-f(x)}{x}$ .

#146

M.S.Vovos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 41

Έστω η δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ , τέτοια ώστε:

$\displaystyle f(x)+xf'(x)\geq x^{2015}$ , για κάθε $x\in \mathbb{R}$ , με $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}f(x)=0$ .

A. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης $(\varepsilon )$ , στο σημείο τομής των αξόνων.

Β. Να δείξετε ότι υπάρχει, τουλάχιστον ένα, $\xi \in (0,1)$ τέτοιο ώστε $\displaystyle \frac{f(\xi )}{\xi }\geq \xi ^{2014}-f(1)$ .

Γ. Να δείξετε ότι $\displaystyle \int_{0}^{1}2016f(x)dx\geq 1-4032f(1)$ .

Δ. Να υπολογίσετε το $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}\frac{f(2x)-f(x)}{x}$ .

...μετά την αλλαγή στην ισότητα του Β μία προσέγγιση

Α. Θέλουμε για τον προσδιορισμό της εφαπτομένης να δείξουμε ότι το σημείο $O(0,\,\,0)$ είναι σημείο της γραφικής παράστασης της

και αυτό προκύπτει από $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}f(x)=0$ αφού είναι συνεχής ως παραγωγίσιμη προκύπτει ότι f(0)=0

και το

.

Ισχύει από υπόθεση $f(x)+x{f}'(x)\ge {{x}^{2015}}\Leftrightarrow f(x)+x{f}'(x)-{{x}^{2015}}\ge 0$ , για κάθε $x\in \mathbb{R}$ , άρα για την

$g(x)=f(x)+x{f}'(x)-{{x}^{2015}}$ ισχύει ότι $g(x)\ge 0,\,\,\,x\in R$ δηλαδή $g(x)\ge g(0),\,\,\,x\in R$

επομένως στο

παρουσιάζει ακρότατο

και επειδή είναι παραγωγίσιμη με ${g}'(x)={f}'(x)+{f}'(x)+x{f}''(x)-2015{{x}^{2014}}$ λόγω Fermat

${g}'(0)=2{f}'(0)=0\Leftrightarrow {f}'(0)=0$ .

Έτσι η εφαπτομένη είναι $y-f(0)={f}'(0)(x-0)\Leftrightarrow y=0$ δηλαδή ο άξονας {x}'x

.

Β. Στο διάστημα $[0,\,\,1]$ σύμφωνα με το Θ.Μ.Τ. για την

υπάρχει $\xi \in (0,\,\,1)$ ώστε να ισχύει

${f}'(\xi )=\frac{f(1)-f(0)}{1-0}=f(1)$ και τότε στην δοθείσα ανισότητα έχουμε

$f(\xi )+\xi {f}'(\xi )\ge {{\xi }^{2015}}\Leftrightarrow f(\xi )\ge {{\xi }^{2015}}-\xi f(1)\overset{\xi >0}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,\frac{f(\xi )}{\xi }\ge {{\xi }^{2014}}-f(1)$ που είναι αυτό που θέλαμε.

Γ. Από $\displaystyle f(x)+xf'(x)\geq x^{2015}$ ολοκληρώνοντας στο $[0,\,\,1]$ ισχύει ότι

$\int\limits_{0}^{1}{f(x)+x{f}'(x)dx}\ge \int\limits_{0}^{1}{{{x}^{2015}}dx}\Leftrightarrow \int\limits_{0}^{1}{(xf(x){)}'dx}\ge \frac{1}{2016}\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow \left[ xf(x) \right]_{0}^{1}\ge \frac{1}{2016}\Leftrightarrow f(1)\ge \frac{1}{2016}$ που δεν είναι αυτό που θέλουμε!!!!!!

Δ. Θέλουμε $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{f(2x)-f(x)}{x}\underset{DLH}{\overset{\frac{0}{0}}{\mathop{=}}}\,\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{2{f}'(2x)-{f}'(x)}{1}=2{f}'(0)-{f}'(0)={f}'(0)=0$

Φιλικά και Μαθηαμτικά
Βασίλης

#147

KAKABASBASILEIOS έγραψε:
M.S.Vovos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 41

Έστω η δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ , τέτοια ώστε:

$\displaystyle f(x)+xf'(x)\geq x^{2015}$ , για κάθε $x\in \mathbb{R}$ , με $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}f(x)=0$ .

A. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης $(\varepsilon )$ , στο σημείο τομής των αξόνων.

Β. Να δείξετε ότι υπάρχει, τουλάχιστον ένα, $\xi \in (0,1)$ τέτοιο ώστε $\displaystyle \frac{f(\xi )}{\xi }\geq \xi ^{2014}-f(1)$ .

Γ. Να δείξετε ότι $\displaystyle \int_{0}^{1}2016f(x)dx\geq 1-4032f(1)$ .

Δ. Να υπολογίσετε το $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}\frac{f(2x)-f(x)}{x}$ .
Γ. Από $\displaystyle f(x)+xf'(x)\geq x^{2015}$ ολοκληρώνοντας στο $[0,\,\,1]$ ισχύει ότι

$\int\limits_{0}^{1}{f(x)+x{f}'(x)dx}\ge \int\limits_{0}^{1}{{{x}^{2015}}dx}\Leftrightarrow \int\limits_{0}^{1}{(xf(x){)}'dx}\ge \frac{1}{2016}\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow \left[ xf(x) \right]_{0}^{1}\ge \frac{1}{2016}\Leftrightarrow f(1)\ge \frac{1}{2016}$ που δεν είναι αυτό που θέλουμε!!!!!!

Εύκολα έχουμε f(x)>0

για

Είναι $\displaystyle \int_{0}^{1}2016f(x)dx>0> 1-4032f(1)$ .

M.S.Vovos · #148

...Μία τελευταία άσκηση για μένα, αφού θα ξανανεβάσω θέμα μετά από πολύ καιρό...

ΑΣΚΗΣΗ 42

Έστω η δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ . Αν η

είναι γνησίως αύξουσα και κυρτή στο $\mathbb{R}$ , τότε:

α) Να δείξετε ότι υπάρχει, τουλάχιστον ένα, $\xi \in (0,1)$ , τέτοιο ώστε $\displaystyle f(\xi +1)=\frac{f(\xi )+f(2)}{2}$ .

β) Αν, επιπλέον, ισχύει f'(0)=1

, να δείξετε ότι $f(x)+f(-x)\geq 2f(0)$ , για κάθε $x\in \mathbb{R}$ .

γ) Να βρείτε το $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty }f(x)$ .

δ) Να δείξετε ότι $\displaystyle f'(x_{0})=\frac{1-2x_{0}}{x_{0}^{2}-x_{0}}$ , με $x_{0}\in (0,1)$ .

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #149

Δυο παρατηρήσεις για την 42
1)στο β) ερώτημα η σχέση ισχύει για κάθε κυρτή συνάρτηση(εύκολο).
2)το δ) ερώτημα ισχύει για κάθε φραγμένη παραγωγίσιμη συνάρτηση ορισμένη στο (0,1)(δύσκολο)

#150

M.S.Vovos έγραψε:...Μία τελευταία άσκηση για μένα, αφού θα ξανανεβάσω θέμα μετά από πολύ καιρό...

ΑΣΚΗΣΗ 42

Έστω η δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ . Αν η είναι γνησίως αύξουσα και κυρτή στο $\mathbb{R}$ , τότε:

α) Να δείξετε ότι υπάρχει, τουλάχιστον ένα, $\xi \in (0,1)$ , τέτοιο ώστε $\displaystyle f(\xi +1)=\frac{f(\xi )+f(2)}{2}$ .

β) Αν, επιπλέον, ισχύει , να δείξετε ότι $f(x)+f(-x)\geq 2f(0)$ , για κάθε $x\in \mathbb{R}$ .

γ) Να βρείτε το $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty }f(x)$ .

δ) Να δείξετε ότι $\displaystyle f'(x_{0})=\frac{1-2x_{0}}{x_{0}^{2}-x_{0}}$ , με $x_{0}\in (0,1)$ .

ΛΥΣΗ

α) Θέλουμε η εξίσωση $f(x+1)=\frac{f(x)+f(2)}{2}\Leftrightarrow 2f(x+1)-f(x)-f(2)=0$ να έχει λύση στο (0,1)

.

Γι αυτό θεωρούμε την συνάρτηση $g(x)=2f(x+1)-f(x)-f(2),\,\,\,x\in [0,\,\,1]$ που είναι συνεχής ως πράξεις συνεχών με

g(0)=2f(1)-f(0)-f(2)

και

γιατί η

είναι γνήσια αύξουσα και 2>1

.

Τώρα επειδή η

είναι κυρτή ισχύει $f\left( \frac{\alpha +\beta }{2} \right)\le \frac{f(\alpha )+f(\beta )}{2},\,\,\,\alpha ,\beta \in R$

(Jensen με απόδειξη εφαρμόζοντας δύο φορές το Θ.Μ.Τ. στα $[\alpha ,\,\,\frac{\alpha +\beta }{2}],\,\,[\frac{\alpha +\beta }{2},\,\,\beta ]$ , μονοτονία της {f}'

….)

και με $\alpha =0,\,\,\beta =2$ θα ισχύει $f\left( \frac{0+2}{2} \right)<\frac{f(0)+f(2)}{2},\,\,(0\ne 2)$ οπότε ισχύει ότι

2f(1)<f(0)+f(2)

επομένως

και επειδή g(0)g(1)<0

σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano η g(x)=0

έχει τουλάχιστον μία λύση στο (0,1)

.

β) Τώρα στο διάστημα $[-x,\,\,\,x],\,\,\,x\ne 0$ σύμφωνα με την ανισότητα Jensen ισχύει ότι

$f\left( \frac{-x+x}{2} \right)<\frac{f(-x)+f(x)}{2}\Leftrightarrow 2f(0)<f(-x)+f(x)$ για x=0

ισχύει σαν ισότητα άρα τελικά $f(x)+f(-x)\ge 2f(0),\,\,\,x\in R$

γ) (Με δεδομένο ότι ισχύει ακόμη ότι f'(0)=1

) η εφαπτομένη της γραφικ΄ς πράστασης της

στο σημείο της $(0,\,\,\,f(0))$ είναι

$y-f(0)={f}'(0)(x-0)\Leftrightarrow y=x+f(0)$ και επειδή λόγω κυρτότητας ισχύει ότι $f(x)\ge x+f(0),\,\,\,\,x\in R$ και

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,(x+f(0))=+\infty$ λόγω της ανισότητας $f(x)\ge x+f(0),\,\,\,\,x\in R$

θα έχει όριο η

και θα είναι $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)=+\infty$

δ) Θέλουμε εξίσωση ${f}'(x)=\frac{1-2x}{{{x}^{2}}-x}\Leftrightarrow ({{x}^{2}}-x){f}'(x)=1-2x\Leftrightarrow ({{x}^{2}}-x{)}'+{f}'(x)({{x}^{2}}-x)=0$

να έχει λύση στο (0,1)

. Γι αυτό θεωρούμε την συνάρτηση $g(x)=({{x}^{2}}-x){{e}^{f(x)}},\,\,\,\,\,x\in [0,\,\,1]$ που είναι παραγωγίσιμη με

${g}'(x)=({{x}^{2}}-x{)}'{{e}^{f(x)}}+({{x}^{2}}-x){{e}^{f(x)}}{f}'(x)={{e}^{f(x)}}(({{x}^{2}}-x{)}'+({{x}^{2}}-x){f}'(x))$

και ισχύουν ακόμη g(0)=g(1)=0

επομένως σύμφωνα με το θεώρημα του ROLLE η εξίσωση

${g}'(x)=0\Leftrightarrow {{e}^{f(x)}}(({{x}^{2}}-x{)}'+({{x}^{2}}-x){f}'(x))=0\Leftrightarrow ({{x}^{2}}-x{)}'+({{x}^{2}}-x){f}'(x)=0$

θα έχει λύση που είναι αυτό που θέλαμε.

Φιλικά και Μαθματικά
Βασίλης

#151

ΑΣΚΗΣΗ 43
Η συνάρτηση $f:[0,1]\rightarrow R$ είναι συνεχής και μη σταθερή.
i) Να δείξετε ότι υπάρχει ένας τουλάχιστον $x_{0}\in [0,1]$ τέτοιος ώστε $f(x)\leq f(x_{0})+x_{0}$ .
ii) Να δείξετε ότι υπάρχει ένας τουλάχιστον $\xi \in [0,1]$ τέτοιος ώστε $f(x)\geq f(\xi)+\xi -1$ .

#152

xr.tsif έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 43
Η συνάρτηση $f:[0,1]\rightarrow R$ είναι συνεχής και μη σταθερή.
i) Να δείξετε ότι υπάρχει ένας τουλάχιστον $x_{0}\in [0,1]$ τέτοιος ώστε $f(x)\leq f(x_{0})+x_{0}$ .
ii) Να δείξετε ότι υπάρχει ένας τουλάχιστον $\xi \in [0,1]$ τέτοιος ώστε $f(x)\geq f(\xi)+\xi -1$ .

Από το θεώρημα μέγιστης ελάχιστης τιμής, υπάρχουν $a,b\in [0,1]$ ώστε $f(a)\leq f(x)\leq f(b)$ για κάθε $x\in [0,1].$
Τα x_0=b

και $\xi=a$ μας κάνουν...

#153

xr.tsif έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 43
Η συνάρτηση $f:[0,1]\rightarrow R$ είναι συνεχής και μη σταθερή.
i) Να δείξετε ότι υπάρχει ένας τουλάχιστον $x_{0}\in [0,1]$ τέτοιος ώστε $f(x)\leq f(x_{0})+x_{0}$ .
ii) Να δείξετε ότι υπάρχει ένας τουλάχιστον $\xi \in [0,1]$ τέτοιος ώστε $f(x)\geq f(\xi)+\xi -1$ .

...μαζί με τις ευχές μου στο Χρήστο μία αντιμετώπιση στη δημιουργία του...

i) Θεωρώντας την συνάρτηση $g(x)=f(x)+x,\,\,\,x\in [0,\,\,1]$ που είναι συνεχής ως άθροισμα συνεχών

σύμφωνα με το θεώρημα μεγίστης και ελάχιστης τιμής θα υπάρχει $x_{0}\in [0,1]$ ώστε

$g(x)\le g({{x}_{0}})\Leftrightarrow f(x)+x\le f({{x}_{0}})+{{x}_{0}},\,\,\,x\in [0,\,\,1]$

και επειδή $f(x)\le f(x)+x,\,\,\,x\ge 0$ ισχύει του ζητούμενο.

ii) Tώρα Θεωρώντας την συνάρτηση $h(x)=f(x)+x-1,\,\,\,x\in [0,\,\,1]$ που είναι συνεχής ως άθροισμα συνεχών

σύμφωνα με το θεώρημα μεγίστης και ελάχιστης τιμής θα υπάρχει $\xi \in [0,1]$ ώστε

$h(x)\ge h(\xi )\Leftrightarrow f(x)+x-1\ge f(\xi )+\xi -1,\,\,\,x\in [0,\,\,1]$

και επειδή $f(x)\ge f(x)+x-1,\,\,\,x\le 1$ ισχύει του ζητούμενο.

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

M.S.Vovos · #154

Αγαπητά, μέλη του , να ευχηθώ σε όλους και όλες μέσα από το φάκελο, καλή σχολική χρονιά με χαρά, επιτυχία και δημιουργία!

Παρακαλώ, επιπλέον, να ανανεώσουμε το φάκελο με καινούργιες ασκήσεις, αφού υπάρχει μόνο μία άλυτη.

Φιλικά,
Μάριος

M.S.Vovos · #155

ΑΣΚΗΣΗ 44

Δίνεται η συνάρτηση $f:[1,9]\rightarrow \mathbb{R}$ , μία συνεχής συνάρτηση για την οποία ισχύει η σχέση:

$\displaystyle \int_{1}^{3}f^{2}(t^{2})dt+2\int_{1}^{3}f(t^{2})dt=2\int_{1}^{9}f(t)dt-\frac{62}{3}$

α) Να δείξετε ότι $\displaystyle f(x)=2\sqrt{x}-1$ , για κάθε $x\in [1,9]$ .

β) Να μελετήσετε τη συνάρτηση

ως προς τη μονοτονία, τα ακρότατα, τη κυρτότητα και το σύνολο τιμών της.

γ) Αν $\displaystyle k\in \left ( \frac{1}{3},1 \right )$ και $\displaystyle f(x)\leq kx+1$ , για κάθε $x\in [1,9]$ , να βρείτε τη μικρότερη τιμή του

.

δ) Για την παραπάνω τιμή του

, να δείξετε ότι η ευθεία $\varepsilon : y=kx+1$ εφάπτεται στη $C_{f}$ και στη συνέχεια να βρείτε την ελάχιστη απόσταση των σημείων της $C_{f}$ από την ευθεία $\zeta : x-2y+7=0$ .

Πηγή: Α. Μπάρλας, τόμος Β.

#156

M.S.Vovos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 44

Δίνεται η συνάρτηση $f:[1,9]\rightarrow \mathbb{R}$ , μία συνεχής συνάρτηση για την οποία ισχύει η σχέση:

$\displaystyle \int_{1}^{3}f^{2}(t^{2})dt+2\int_{1}^{3}f(t^{2})dt=2\int_{1}^{9}f(t)dt-\frac{62}{3}$

α) Να δείξετε ότι $\displaystyle f(x)=2\sqrt{x}-1$ , για κάθε $x\in [1,9]$ .

β) Να μελετήσετε τη συνάρτηση ως προς τη μονοτονία, τα ακρότατα, τη κυρτότητα και το σύνολο τιμών της.

γ) Αν $\displaystyle k\in \left ( \frac{1}{3},1 \right )$ και $\displaystyle f(x)\leq kx+1$ , για κάθε $x\in [1,9]$ , να βρείτε τη μικρότερη τιμή του .

δ) Για την παραπάνω τιμή του , να δείξετε ότι η ευθεία $\varepsilon : y=kx+1$ εφάπτεται στη $C_{f}$ και στη συνέχεια να βρείτε την ελάχιστη απόσταση των σημείων της $C_{f}$ από την ευθεία $\zeta : x-2y+7=0$ .

Πηγή: Α. Μπάρλας, τόμος Β.

...μιά αντιμετώπιση....

α) Κατ αρχάς γι το $\displaystyle \int_{1}^{3}f^{2}(t^{2})dt+2\int_{1}^{3}f(t^{2})dt=2\int_{1}^{9}f(t)dt-\frac{62}{3}$ με

$t={{u}^{2}},\,\,t\in [1,\,\,9],\,\,\,u\in [1,\,\,3]$ είναι $dt=2udu,\,\,\,t=1\to u=1,\,\,t=9\to u=3$ οπότε

$\int\limits_{1}^{9}{f}(t)dt=\int\limits_{1}^{3}{f}({{u}^{2}})2udu$ και η αρχική γίνεται

$\int\limits_{1}^{3}{{{f}^{2}}}({{t}^{2}})dt+2\int\limits_{1}^{3}{f}({{t}^{2}})dt=2\int\limits_{1}^{3}{f}({{t}^{2}})2tdt-\frac{62}{3}\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow \int\limits_{1}^{3}{({{f}^{2}}}({{t}^{2}})+2f({{t}^{2}})-4tf({{t}^{2}}))dt=-\frac{62}{3}$ ή

$\int\limits_{1}^{3}{({{f}^{2}}}({{t}^{2}})+2f({{t}^{2}})-4tf({{t}^{2}})+4{{t}^{2}}-4t+1)dt=\int\limits_{1}^{3}{(}4{{t}^{2}}-4t+1)dt-\frac{62}{3}$ ή

$\int\limits_{1}^{3}{(f}({{t}^{2}})-2t+1{{)}^{2}}dt=\left[ \frac{4{{t}^{3}}}{3}-2{{t}^{2}}+1 \right]_{1}^{3}-\frac{62}{3}$ ή

$\int\limits_{1}^{3}{(f}({{t}^{2}})-2t+1{{)}^{2}}dt=\frac{62}{3}-\frac{62}{3}=0$

Τώρα είναι ${{(f({{t}^{2}})-2t+1)}^{2}}\ge 0,\,\,\,t\in [1,\,\,3]$ και αν υπάρχει ${{t}_{0}}\in [1,\,\,3]$ που $f(t_{0}^{2})-2{{t}_{0}}+1\ne 0$ τότε

$\int\limits_{1}^{3}{(f}({{t}^{2}})-2t+1{{)}^{2}}dt>0$ άτοπο επομένως αναγκαία $f({{t}^{2}})-2t+1=0,\,\,\,\,t\in [1,\,3]$ ή

$f({{t}^{2}})-2\sqrt{{{t}^{2}}}+1=0,\,\,\,\,t\in [1,\,3]$ ή $f(x)-2\sqrt{x}+1=0,\,\,\,\,x\in [1,\,9]$ που είναι αυτό που θέλαμε.

β) Είναι η $\displaystyle f(x)=2\sqrt{x}-1$ παραγωγίσιμη στο [1,9]

με ${f}'(x)=\frac{1}{\sqrt{x}}>0,\,\,\,\,x\in [1,\,\,9]$

άρα είναι γνήσια αύξουσα στο διάστημα αυτό και άρα το σύνολο τιμών της $f([1,9])=[f(1),\,\,f(9)]=[1,\,\,5]$ και

επιπλέον επειδή ${f}''(x)=(\frac{1}{\sqrt{x}}{)}'=-\frac{1}{x\sqrt{x}}<0,\,\,\,\,x\in [1,\,\,9]$ η συνάρτηση είναι κοίλη στο διάστημα αυτό.

...συνεχίζεται.... κα τα υπόλοιπα...

γ) Ισχύει ότι $\displaystyle f(x)\leq kx+1$ , για κάθε $x\in [1,9]$ ή $f(x)-1\le kx\Leftrightarrow \frac{f(x)-1}{x}\le k,\,\,\,\,\,x\in [1,\,\,9]$ (1)

Η συνάρτηση $g(x)=\frac{f(x)-1}{x}=\frac{2\sqrt{x}-2}{x}$ είναι παραγωγίσιμη με ${g}'(x)=\frac{2-\sqrt{x}}{{{x}^{2}}},x\in [1,9]$

και {g}'(4)=0

και για

έχουμε

άρα η

είναι γνήσια αύξουσα στο [1,4]

και για

έχουμε

άρα η

είναι γνήσια φθίνουσα στο [4,9]

επομένως $g(4)=\frac{1}{2}$ είναι η μέγιστη τιμή της

στο $[1,\,\,9]$

Επομένως λόγω της (1) $g(4)=\frac{1}{2}\le k$ άρα η μικρότερη τιμή του $k=\frac{1}{2}$

δ) Για $k=\frac{1}{2}$ η ευθεία είναι $\varepsilon :y=\frac{1}{2}x+1$ για να είναι εφαπτομένη της

σε σημείο της

$({{x}_{0}},\,\,f({{x}_{0}}))$ πρέπει και αρκεί

$f({{x}_{0}})=\frac{1}{2}{{x}_{0}}+1$ (2) και ${f}'({{x}_{0}})=\frac{1}{2}\Leftrightarrow \frac{1}{\sqrt{{{x}_{0}}}}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow {{x}_{0}}=4$

που επαληθεύει την (2)

Τώρα η ευθεία $\zeta : x-2y+7=0$ ή $y=\frac{1}{2}x+\frac{7}{2}$ είναι παράλληλη της εφαπτομένης $(\varepsilon )$

του προηγούμενου ερωτήματος , άρα το πλησιέστερο σημείο της της $C_{f}$ στην ευθεία της $\zeta$

είναι το σημείο επαφής της παράλληλης εφαπτομένης σε αυτή δηλαδή το της $(4,\,\,3)$

(…αυτό κρίνω ότι θέλει απόδειξη σαν ξεχωριστή άσκηση….)

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασιλης

M.S.Vovos · #157

KAKABASBASILEIOS έγραψε:
(…αυτό κρίνω ότι θέλει απόδειξη σαν ξεχωριστή άσκηση….)

Βασιλης

Ναι και ο ίδιος ο Μπάρλας στη λύση της άσκησης, το αποδεικνύει.

Φιλικά,
Μάριος

M.S.Vovos · #158

ΑΣΚΗΣΗ 45

Έστω η συνάρτηση $\displaystyle f:\left [ -\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2} \right ]\rightarrow \mathbb{R}$ , με f(0)=0

, η οποία επαληθεύει τη σχέση:

$\displaystyle f(x)=\sqrt{\eta \mu (x+c)}-1$ , για κάθε $\displaystyle x\in \left [ -\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2} \right ]$ και $\displaystyle c\in [0,\pi )$ .

α) Να βρείτε τη σταθερά

.

β) Να δείξετε ότι η $\displaystyle C_{f}$ , τέμνει την ευθεία $(\varepsilon )$ , που είναι η διχοτόμος 1ου και 3ου τεταρτημορίου, σε ακριβώς ένα σημείο, το οποίο και να βρείτε.

Θεωρούμε, επιπλέον, τη συνάρτηση

, για την οποία ισχύει:

$\displaystyle g(x)=\left\{\begin{matrix} \frac{f(x)}{x},x\in [-\frac{\pi }{2},0)\bigcup (0,\frac{\pi }{2}]& \\ 0,x=0& \end{matrix}\right.$

γ) Να δείξετε ότι η

είναι συνεχής.

δ) Να δείξετε ότι η

είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα $\displaystyle \left [ -\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2} \right ]$ .

erxmer · #159

ΑΣΚΗΣΗ 46

Δίνεται συνεχής συνάρτηση $f: R \to R$ ώστε $\displaystyle{f(x)>2x\int_{0}^{x}{\frac{f(t)}{t^2+1}dt}}$ . Δείξτε οτι

1) η συνάρτηση $\displaystyle{g(x)=\frac{\int_{0}^{x}{\frac{f(t)}{t^2+1}}dt}{x^2+1}}$ είναι γνήσια αύξουσα

2) $\displaystyle{\int_{0}^{x}{\frac{f(t)}{t^2+1}dt}>0, x>0}$

3)

4) $\displaystyle{\int_{0}^{x}{\frac{f(t)}{t^2+1}}dt>\frac{x^2+1}{2}\int_{0}^{1}{\frac{f(t)}{t^2+1}}dt, x>1}$

5) όταν υπάρχει το $\displaystyle{\lim_{x \to +\infty}f(x)}$ τότε ισούται με $+\infty$

'ισως να μην ταιριάζει απόλυτα με τα φετινά αλλά είναι διδακτικό.

#160

M.S.Vovos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 45

Έστω η συνάρτηση $\displaystyle f:\left [ -\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2} \right ]\rightarrow \mathbb{R}$ , με , η οποία επαληθεύει τη σχέση:

$\displaystyle f(x)=\sqrt{\eta \mu (x+c)}-1$ , για κάθε $\displaystyle x\in \left [ -\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2} \right ]$ και $\displaystyle c\in [0,\pi )$ .

α) Να βρείτε τη σταθερά .

β) Να δείξετε ότι η $\displaystyle C_{f}$ , τέμνει την ευθεία $(\varepsilon )$ , που είναι η διχοτόμος 1ου και 3ου τεταρτημορίου, σε ακριβώς ένα σημείο, το οποίο και να βρείτε.

Θεωρούμε, επιπλέον, τη συνάρτηση , για την οποία ισχύει:

$\displaystyle g(x)=\left\{\begin{matrix} \frac{f(x)}{x},x\in [-\frac{\pi }{2},0)\bigcup (0,\frac{\pi }{2}]& \\ 0,x=0& \end{matrix}\right.$

γ) Να δείξετε ότι η είναι συνεχής.

δ) Να δείξετε ότι η είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα $\displaystyle \left [ -\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2} \right ]$ .

...νυχτοπερπατήματα....

α) Αφού f(0)=0

θα είναι $\sqrt{\eta \mu c}-1=0\Leftrightarrow \sqrt{\eta \mu c}=1\Leftrightarrow \eta \mu c=1\Leftrightarrow c=\frac{\pi }{2}$

αφού $\displaystyle c\in [0,\pi )$

β) Είναι τώρα $f(x)=\sqrt{\eta \mu (x+\frac{\pi }{2})}-1=\sqrt{\sigma \upsilon \nu x}-1,\,\,\,\,x\in \left( -\frac{\pi }{2},\,\,\frac{\pi }{2} \right)$

και θέλουμε η εξίσωση $f(x)=x\Leftrightarrow \sqrt{\sigma \upsilon \nu x}-1-x=0$ να έχει λύση στο $\left( -\frac{\pi }{2},\,\,\frac{\pi }{2} \right)$

Παρατηρούμε ότι έχει προφανή ρίζα την x=0

και επειδή η συνάρτηση

$h(x)=\sqrt{\sigma \upsilon \nu x}-1-x,\,\,\,x\in \left( -\frac{\pi }{2},\,\,\frac{\pi }{2} \right)$ είναι παραγωγίσιμη με

${h}'(x)=-\frac{\eta \mu x}{2\sqrt{\sigma \upsilon \nu x}}-1,\,\,\,x\in \left( -\frac{\pi }{2},\,\,\frac{\pi }{2} \right)$ για

$x\in (0,\,\,\frac{\pi }{2})$ είναι $\eta \mu x>0$ άρα {h}'(x)<0

δηλαδή

είναι γνήσια φθίνουσα στο

$[0,\,\,\frac{\pi }{2})$ άρα $h(x)<0,\,\,\,x\in (0,\,\,\frac{\pi }{2})$

Τώρα για $x\in (-\frac{\pi }{2},\,\,0]$ επειδή {h}'(0)=-1

και

$\underset{x\to -{{\frac{\pi }{2}}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{h}'(x)=-\frac{1}{2}\underset{x\to -{{\frac{\pi }{2}}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,(\frac{1}{\sqrt{\sigma \upsilon \nu x}}\eta \mu x)-1=+\infty$

υπάρχει $\alpha >-\frac{\pi }{2}$ που ${h}'(\alpha )>0$ έτσι ${h}'(\alpha ){h}'(0)<0$ και σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano υπάρχει

$\rho \in (\alpha ,\,\,0)\subseteq (-\frac{\pi }{2},\,\,0)$ με ${h}'(\rho )=0$ και αφού

${h}''(x)=-\frac{\eta {{\mu }^{2}}x+2\sigma \upsilon {{\nu }^{2}}x}{4\sigma \upsilon \nu x\sqrt{\sigma \upsilon \nu x}}<0,\,\,\,x\in \left( -\frac{\pi }{2},\,\,0 \right)$ η {h}'

είναι γνήσια φθίνουσα στο $(-\frac{\pi }{2},\,\,0]$ οπότε για $-\frac{\pi }{2}<x<\rho \Rightarrow {h}'(x)>{h}'(0)=0$

δηλαδή

είναι γνήσια αύξουσα στο ${{\Delta }_{1}}=(-\frac{\pi }{2},\,\,\rho ]$ και για για

$x>\rho \Rightarrow {h}'(x)<{h}'(0)=0$ δηλαδή

είναι γνήσια φθίνουσα στο ${{\Delta }_{2}}=[\rho ,\,\,0]$

επομένως $h({{\Delta }_{1}})=(\underset{x\to -{{\frac{\pi }{2}}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,h(x),\,\,h(\rho )]=(\frac{\pi }{2}-1,\,\,h(\rho )]$ και

$h({{\Delta }_{2}})=[h(0),\,\,h(\rho )]=[0,\,\,h(\rho )]$ άρα το σύνολο τιμών της $h(\left( -\frac{\pi }{2},\,\,0 \right))=[0,\,\,h(\rho )]$

δηλαδή τελικά $h(x)>0,\,\,\,x\in \left( -\frac{\pi }{2},\,\,0 \right)$ άρα η h(x)=0

έχει μοναδική ρίζα την x=0

.

γ) Για $x\in [-\frac{\pi }{2},0)\cup (0,\frac{\pi }{2}]$ είναι συνεχής ως πηλίκο συνεχών.

Τώρα g(0)=0

και

$\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,g(x)=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x)}{x}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{\sigma \upsilon \nu x}-1}{x}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sigma \upsilon \nu x-1}{x}\frac{1}{\sqrt{\sigma \upsilon \nu x}+1}=0\cdot \frac{1}{2}=0=g(0)$

άρα συνεχής και στο x=0

επομένως συνεχής στο $[-\frac{\pi }{2},\,\,\frac{\pi }{2}]$

δ) Είναι η $g(x)=\frac{f(x)}{x}$ παραγωγίσιμη στο $(-\frac{\pi }{2},\,0)\cup (0,\,\frac{\pi }{2})$ με ${g}'(x)=\frac{x{f}'(x)-f(x)}{{{x}^{2}}}$

Τώρα η $\kappa (x)=x{f}'(x)-f(x),\,\,\,\,x\in \left( -\frac{\pi }{2},\,\,\frac{\pi }{2} \right)$ είναι παραγωγίσιμη με

${\kappa }'(x)={f}'(x)+x{f}''(x)-{f}'(x)=x{f}''(x)$ με ${\kappa }'(0)=0$ και επειδή

${f}''(x)=-\frac{\eta {{\mu }^{2}}x+2\sigma \upsilon {{\nu }^{2}}x}{4\sigma \upsilon \nu x\sqrt{\sigma \upsilon \nu x}}<0$ ισχύουν

${\kappa }'(x)>0,\,\,\,\,x\in (-\frac{\pi }{2},\,\,0)$ άρα η $\kappa$ γνήσια αύξουσα στο $(-\frac{\pi }{2},\,\,0]$ και

${\kappa }'(x)<0,\,\,\,\,x\in (0,\,\,\frac{\pi }{2})$ άρα η $\kappa$ γνήσια φθίνουσα στο $[0,\,\,\frac{\pi }{2})$

άρα στο x=0

παρουσιάζει ολικό μέγιστο το $\kappa (0)=-f(0)=0$ άρα η

${g}'(x)=\frac{\kappa (x)}{{{x}^{2}}}<0,\,\,\,x\in (-\frac{\pi }{2},\,0)\cup (0,\,\frac{\pi }{2})$ άρα και λόγω συνέχειας

είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα $\displaystyle \left [ -\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2} \right ]$ .

Παρατήρηση:Αντιμετωπίζοντας το (δ) είδα ότι αν την εξίσωση στο (β)

$f(x)=x\overset{x\ne 0}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,\frac{f(x)}{x}=1\Leftrightarrow g(x)=1$ θα έκανα λιγότερο κόπο.

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

Μέλη σε σύνδεση