ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ (ΝΕΑ ΥΛΗ)

#221

Α.Αποστόλου έγραψε:Αν αλλάζει η μονοτονία της συνάρτησης σε εσωτερικό σημείο του διαστήματος,
πρέπει να έχουμε τοπικό ακρότατο . Αυτό το καλύψαμε.

Άρα είναι μονότονη.

Είναι γνησίως μονότονη, το καλύψαμε και αυτό με το Rolle (με μια πιο "ελεύθερη" διατύπωση, ώστε να μην είναι πλήρως μασημένη τροφή)

rek2 έγραψε: Γιατί;; Πως προκύπτει το " γνησίως αύξουσα";;
Εφόσον $\alpha < \beta$ με $f(\alpha ) < f(\beta )$

Μάλιστα, θεωρώ ότι ήδη γράφω πολλά, αφού απο το σχόλιο στην σελίδα 261 τα μοναδικά κρίσιμα σημεία της δοσμένης
είναι τα άκρα του διαστήματος. Απο το σχόλιο στην σελίδα 264 δεν χρειάζεται να ξαναναφέρω το θεώρημα μέγιστης και ελάχιστης τιμής.

Να ζητάμε απόδειξη ότι παραγωγίσιμη συνάρτηση χωρίς εσωτερικά κρίσιμα σημεία -για την οποία προκύπτει εύκολα ότι είναι "1-1"- πως είναι γνησίως μονότονη,
μάλλον είναι πλεονασμός.
Η παράγωγος διατηρεί σταθερό πρόσημο (της δοσμένης συνάρτησης πάντα)
Έχουμε απο Θ.Μ.Τ. ότι υπάρχει $x_0 \in (a,b)$ τέτοιο ώστε: $f'(x_0)=\frac{ f(\beta )-f(\alpha ) }{b-a} > 0$
Έστω ότι υπάρχει $x_1 >\alpha , x_{1} \in (a,b)$ με $f(x_1 ) <f(\alpha )$
τότε ξανά απο Θ.Μ.Τ. ότι υπάρχει $x_2 \in (a,x_{1})$ τέτοιο ώστε $f'(x_2)=\frac{ f(x_{1} )-f(\alpha ) }{χ_{1}-a} < 0$

Τότε για κάποιο $\delta >0$ στο $(x_{2} - \delta, x_{0} +\delta) \subseteq (a,b)$ (δεν έχει σημασία η διάταξη) η παράγωγος δεν διατηρεί πρόσημο.
απο το θεώρημα σελ.262 σε κάποιο $x \in (x_{2} - \delta, x_{0} +\delta)$ η συνάρτηση παρουσιάζει τοπικό ακρότατο.
Καθώς είναι παραγωγίσιμη παντού, για αυτό το θα μηδενίστεί η παράγωγος, άτοπο.

Σε καμία περίπτωση δεν είναι προφανή τα παραπάνω!
Μάλλον δημιουργούν περισσότερη σύγχυση!
Μια απόδειξη της μονοτονίας μέσω ακροτάτων υπάρχει εδώ: viewtopic.php?f=61&t=51621

xrimak · #222

Β. 1. Αν $g(x)={{x}^{3}}+x,\,\,\,\,x\in R$ η δοθείσα σχέση γράφεται $g(f(x))=x,\,\,\,\,x\in R$ (1).

Τώρα επειδή ${g}'(x)=3{{x}^{2}}+1>0,\,\,\,\,x\in R$ η

είναι γνήσια αύξουσα στο

και επειδή είναι συνεχής

έχει σύνολο τιμών το $g(R)=(\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,g(x),\,\,\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,g(x))=(-\infty ,\,\,+\infty )=R$

και έτσι από την (1) έχουμε ισοδύναμα $f(x)={{g}^{-1}}(x),\,\,\,\,x\in R$ άρα το σύνολο τιμών της

είναι το σύνολο τιμών της ${g}^{-1}$ άρα το

.

Στην επιλυση της άσκησης 19
Μια ερώτηση: εφόσον το ΣΤf ειναι ισο με το συνολο τιμων της αντιστροφης της g , το οποιο ειναι το πεδιο ορισμου της g , για ποιο λόγο βρισκουμε το Συνολο τιμων της g;

M.S.Vovos · #223

Καλησπέρα, στη παρέα του μας, με μία άσκηση μετά από πολύ καιρό!

ΑΣΚΗΣΗ 63

Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:(0,+\infty )\rightarrow \mathbb{R}$ , για την οποία ισχύουν:

$\displaystyle \bullet f\left ( e^{f'(x)} \right )+ln\left [ xf'(x) \right ]=f\left ( e^{\frac{1}{x}} \right )$ , για κάθε .

$\displaystyle \bullet \int_{0}^{f(1)}xe^{x}dx=0$

A. Να δείξετε ότι , για κάθε .

B. Να βρείτε το πραγματικό αριθμό $\phi >e$ , ώστε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη $C_{f}$ και τις ευθείες $x=\phi$ και $x=\phi ^{2}$ , να είναι ίσο με τετραγωνικές μονάδες.

Γ. Να δείξετε ότι για κάθε $0<\alpha <\beta$ υπάρχουν $y,z\in (\alpha ,\beta )$ τέτοια ώστε $\displaystyle f\left [ \left ( \frac{\alpha +\beta }{2} \right )^{y+z} \right ]=y\cdot f(\alpha )+z\cdot f(\beta )$ .

Δ. Αν η εφαπτομένη της $C_{f}$ στο σημείο $A(\mu ,f(\mu ))$ , με $\mu >0$ , και η εφαπτομένη της $C_{g}$ , με $g(x)=e^{x}$ , στο σημείο $B\left ( \nu ,g(\nu ) \right )$ ταυτίζονται, τότε να αποδείξετε ότι ο αριθμός $\mu$ είναι ρίζα της εξίσωσης $\displaystyle f(x)=\frac{x+1}{x-1}$ .

Φιλικά,
Μάριος

M.S.Vovos · #224

Να υπενθυμίσω ότι οι ασκήσεις:

παραμένουν άλυτες.

Φιλικά,
Μάριος

Υ.Γ. Εάν ξέχασα να αναφέρω κάποια άλυτη άσκηση, παρακαλώ να μου το αναφέρετε.

#225

M.S.Vovos έγραψε:Καλησπέρα, στη παρέα του μας, με μία άσκηση μετά από πολύ καιρό![/color]

ΑΣΚΗΣΗ 63

Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:(0,+\infty )\rightarrow \mathbb{R}$ , για την οποία ισχύουν:

$\displaystyle \bullet f\left ( e^{f'(x)} \right )+ln\left [ xf'(x) \right ]=f\left ( e^{\frac{1}{x}} \right )$ , για κάθε .

$\displaystyle \bullet \int_{0}^{f(1)}xe^{x}dx=0$

A. Να δείξετε ότι , για κάθε .

B. Να βρείτε το πραγματικό αριθμό $\phi >e$ , ώστε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη $C_{f}$ και τις ευθείες $x=\phi$ και $x=\phi ^{2}$ , να είναι ίσο με τετραγωνικές μονάδες.

Γ. Να δείξετε ότι για κάθε $0<\alpha <\beta$ υπάρχουν $y,z\in (\alpha ,\beta )$ τέτοια ώστε $\displaystyle f\left [ \left ( \frac{\alpha +\beta }{2} \right )^{y+z} \right ]=y\cdot f(\alpha )+z\cdot f(\beta )$ .

Δ. Αν η εφαπτομένη της $C_{f}$ στο σημείο $A(\mu ,f(\mu ))$ , με $\mu >0$ , και η εφαπτομένη της $C_{g}$ , με $g(x)=e^{x}$ , στο σημείο $B\left ( \nu ,g(\nu ) \right )$ ταυτίζονται, τότε να αποδείξετε ότι ο αριθμός $\mu$ είναι ρίζα της εξίσωσης $\displaystyle f(x)=\frac{x+1}{x-1}$ .

Φιλικά,
Μάριος

...Καλησπέρα

απαντώντας στα δύο πρώτα ερωτήματα....

Α. Είναι αναγκαία, αφού ισχύει ότι $f\left( {{e}^{{f}'(x)}} \right)+ln\left[ x{f}'(x) \right]=f\left( {{e}^{\frac{1}{x}}} \right)$ (1)για κάθε x>0

το

για κάθε

, άρα

για κάθε

, άρα η

είναι γνήσια αύξουσα, άρα και '1-1'

στο $(0,\,\,+\infty )$

και από (1) ισοδύναμα έχουμε ότι

$f\left( {{e}^{{f}'(x)}} \right)+\ln x+\ln {f}'(x)=f\left( {{e}^{\frac{1}{x}}} \right)\Leftrightarrow f\left( {{e}^{{f}'(x)}} \right)+\ln {f}'(x)=f\left( {{e}^{\frac{1}{x}}} \right)-\ln x\Leftrightarrow$

$f\left( {{e}^{{f}'(x)}} \right)+\ln {f}'(x)=f\left( {{e}^{(\ln x{)}'}} \right)+\ln {{\left( \ln x \right)}^{\prime }}$ (2)

Τώρα η συνάρτηση $g(x)=f({{e}^{x}})+\ln x,\,\,\,x>0$ επειδή είναι παραγωγίσιμη με ${g}'(x)={f}'({{e}^{x}}){{e}^{x}}+\frac{1}{x}>0,\,\,\,x>0$

είναι γνήσια αύξουσα, άρα και '1-1'

και από (2) έχουμε ότι

$\displaystyle{g({f}'(x))=g((\ln x{)}')\overset{g:'1-1'}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,{f}'(x)=(lnx{)}'\Leftrightarrow f(x)=lnx+c,\,\,\,x\in (0,\,\,+\infty )}$ (3)

Επίσης από $\int\limits_{0}^{f(1)}{x}{{e}^{x}}dx=0$ αν $f(1)\ne 0$ τότε f(1)>0

και επομένως

$\int\limits_{0}^{f(1)}{x}{{e}^{x}}dx>0$ αφού $x{{e}^{x}}\ge 0,\,\,\,x\in [0,\,\,f(1)]$ που είναι άτοπο, ή f(1)<0

και επομένως

$\int\limits_{0}^{f(1)}{x}{{e}^{x}}dx<0$ αφού $x{{e}^{x}}\le 0,\,\,\,x\in [f(1),\,\,0]$ που είναι άτοπο, άρα αναγκαία f(1)=0

και από (3) προκύπτει ότι c=0

, οπότε $f(x)=lnx,\,\,x>0$

Β. Θέλουμε το $\phi >e$ ώστε να είναι

$\int\limits_{\phi }^{{{\phi }^{2}}}{|\ln x|dx}=15\ln 3-6\overset{\ln x>0}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,\int\limits_{\phi }^{{{\phi }^{2}}}{\ln xdx}=\int\limits_{3}^{9}{\ln xdx}$ (4)

αφού $\int\limits_{3}^{9}{\ln xdx}=\left[ x\ln x-x \right]_{3}^{9}=9\ln 9-9-3\ln 3+3=15\ln 3-6$

Προφανής λύση από (3) είναι η $\phi =3$ και τώρα η συνάρτηση

$g(x)=\int\limits_{x}^{{{x}^{2}}}{\ln tdt=\left[ t\ln t-t \right]_{x}^{{{x}^{2}}}={{x}^{2}}\ln {{x}^{2}}-{{x}^{2}}-xlnx+x\Leftrightarrow }$

$g(x)=2{{x}^{2}}lnx-xlnx-{{x}^{2}}+x,\,\,\,x>e$ είναι παραγωγίσιμη με

${g}'(x)=4xlnx+2x-lnx-1-2x+1=4xlnx-\ln x=(4x-1)\ln x>0,\,\,\,x>e$ άρα είναι γνήσια αύξουσα

άρα και ''1-1'

επομένως από (4) $g(\phi )=g(3)\overset{g:1-1}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,\phi =3$

..για το (Γ) μετά από μήνυμα του δημιουργού δίνω την σωστή αντιμετώπιση του

σύμφωνα με την υπόδειξή του.....

Γ. Θέλουμε να αποδείξουμε πρακτικά ότι, υπάρχουν $y,z\in (\alpha ,\beta )$ ώστε:

$\displaystyle \left ( \frac{\alpha +\beta }{2} \right )^{y+z}=\alpha ^{y}\cdot \beta ^{z}$

Eφαρμόζουμε δύο Θ.Μ.Τ. στα διαστήματα $\displaystyle \left [ \alpha ,\frac{\alpha +\beta }{2} \right ]$ και $\displaystyle \left [\frac{\alpha +\beta }{2},\beta \right ]$ αντίστοιχα, οπότε υπάρχει:

$\displaystyle y\in \left ( \alpha ,\frac{\alpha +\beta }{2} \right )$ ώστε να ισχύει

$\displaystyle f'(y)=\frac{f\left ( \frac{\alpha +\beta }{2} \right )-f(\alpha )}{\frac{\alpha +\beta }{2}-\alpha }\Leftrightarrow \frac{1}{y}=\frac{ln\left ( \frac{\alpha +\beta }{2} \right )-ln\alpha }{\frac{\beta -\alpha }{2}}\Leftrightarrow \frac{\beta -\alpha }{2}=y\cdot \left ( ln\left ( \frac{\alpha +\beta }{2} \right )-ln\alpha \right )$

$\displaystyle \Leftrightarrow \frac{\beta -\alpha }{2}=ln\left ( \frac{\alpha +\beta }{2} \right )^{y}-ln\alpha ^{y}$ , σχέση .

Επιπλέον, υπάρχει $\displaystyle z\in \left ( \frac{\alpha +\beta }{2},\beta \right )$ τέτοιο ώστε να ισχύει:

$\displaystyle f'(z)=\frac{f(\beta )-f\left ( \frac{\alpha +\beta }{2} \right )}{\beta -\frac{\alpha +\beta }{2}}=\frac{ln\beta -ln\left ( \frac{\alpha +\beta }{2} \right )}{\frac{\beta -\alpha }{2}}\Leftrightarrow$

$\displaystyle \Leftrightarrow ...\Leftrightarrow \frac{\beta -\alpha }{2}=ln\beta ^{z}-ln\left ( \frac{\alpha +\beta }{2} \right )^{z}$ , σχέση .

Από τις σχέσεις έπεται το ζητούμενο.

Δ. Γνωστό ΘΕΜΑ Δ των πανελλαδικών 2006…το αφήνω… και προσθέτω ένα επιπλέον

ii) Να δειχθεί ότι $\mu \nu =1$

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

dennys · #226

Bασίλη είσαι σίγουρος για την τελευταία σχέση που ζητάς.

Για να ισχύει πρέπει η εκθετική να τέμνει την διχοτόμο. Εκτός και αν υπάρχει κάτι

που δεν το βλέπω .

πάντα φιλικά

lowbaper92 · #227

Καλησπέρα,
Νομίζω ότι το σωστό ερώτημα για τη συγκεκριμένη εξίσωση είναι να δειχθεί ότι έχει ακριβώς 2 ρίζες, οι οποίες έχουν γινόμενο μονάδα.

#228

lowbaper92 έγραψε:Καλησπέρα,
Νομίζω ότι το σωστό ερώτημα για τη συγκεκριμένη εξίσωση είναι να δειχθεί ότι έχει ακριβώς 2 ρίζες, οι οποίες έχουν γινόμενο μονάδα.

...καλησπέρα στην παρέα, συμφωνώ με τον lowbaper92, αυτό είχα και εγώ κατά νου

όταν έγραψα την ερώτηση, και δικαίως ο Διονύσης έκανε την παρατήρηση του....

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

dennys · #229

Οκ Βασίλη πάντα μάχιμος είσαι φίλε .

Τωρα συμφωνώ και σίγουρα ισχύει είναι απλή η απόδειξη.
Επίσης ή λύση που δίνεις στο γ) τώρα είναι αυτη που υπάρχει στο βιβλίο του δημιουργού
στην νεα έκδοση.
φιλικά

#230

M.S.Vovos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 48

Δίνεται η συνάρτηση $\displaystyle f(x)=e^{x-a}\cdot (x-a)$ , με $a\in \mathbb{R}$ .

α) Να δείξετε ότι $\displaystyle f(x)\geq -\frac{1}{e}$ , για κάθε $x\in \mathbb{R}$ .

β) Να βρείτε το πλήθος των λύσεων της εξίσωσης $\displaystyle f(x)=a^{3}-6a^{2}+11a-6$ , για κάθε $a\in \mathbb{R}$ .

γ) Να βρείτε το εμαδόν του χωρίου Ω, που περικλείται από τη $\displaystyle C_{f}$ και τις ευθείες και .

δ) Να βρείτε την τιμή του , ώστε τα σημεία $\displaystyle A(a,f(a))$ , $\displaystyle B(1,f(2a))$ και $\displaystyle C(a+1,e^{a})$ , να είναι συνευθειακά.

...μιά προσπάθεια στο ξεχασμένο ημιτελής...

α) Είναι η $\displaystyle f(x)=e^{x-a}\cdot (x-a)$ παραγωγίσιμη με

${f}'(x)={{e}^{x-a}}\cdot (x-a{)}'(x-\alpha )+{{e}^{x-a}}(x-a{)}'={{e}^{x-a}}(x-\alpha +1),\,\,\,x\in R$ και ${f}'(x)=0\Leftrightarrow x=\alpha -1$ και

${f}'(x)>0\Leftrightarrow x>\alpha -1$ άρα η

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

άρα η

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

παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο

${{x}_{0}}=\alpha -1$ το $f(\alpha -1)=-\frac{1}{e}$ άρα ισχύει ότι $\displaystyle f(x)\geq -\frac{1}{e}$ , για κάθε $x\in \mathbb{R}$ .

β) Είναι το ${{a}^{3}}-6{{a}^{2}}+11a-6=(a-1)(a-2)(a-3)$

και είναι (a-1)(a-2)(a-3)>0

για $\alpha \in (1,\,\,2)\cup (3,\,\,+\infty )$ (1)

Τώρα η

γνήσια φθίνουσα στο ${{\Delta }_{1}}=(-\infty ,\,\,\alpha -1]$ οπότε

$f({{\Delta }_{1}})=[f(a-1),\,\,\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x))=\left[ -\frac{1}{e},\,\,\,0 \right)$

αφού $\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,({{e}^{x-a}}\cdot (x-a))=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x-a}{{{e}^{a-x}}}\underset{DLH}{\overset{\frac{\infty }{\infty }}{\mathop{=}}}\,\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{-{{e}^{a-x}}}=0$

και στο διάστημα ${{\Delta }_{2}}=[\alpha -1,\,\,\,+\infty )$ η

γνήσια αύξουσα άρα

$f({{\Delta }_{2}})=[f(a-1),\,\,\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x))=\left[ -\frac{1}{e},\,\,\,+\infty \right)$

Οπότε για $x>a>a-1\Rightarrow f(x)>f(a)=0$ δηλαδή $f((\alpha ,\,\,+\infty ))=(0,\,\,+\infty )$ και τότε για τις τιμές από (1) που

${{a}^{3}}-6{{a}^{2}}+11a-6\in (0,\,\,\,+\infty )$ έχει μοναδική λύση στο $(\alpha ,\,\,+\infty )$

Για a=3

έχουμε $f(x)={{a}^{3}}-6{{a}^{2}}+11a-6\Leftrightarrow {{e}^{x-3}}(x-3)=0\Leftrightarrow x=3$

όπως και για $a=1,\,2$ μοναδικές λύσεις τις $x=1,\,2$ αντίστοιχα.

Τώρα για $\alpha \in (-\infty ,\,\,1)\cup (2,\,\,3)$ είναι ${{a}^{3}}-6{{a}^{2}}+11a-6<0$

Σύμφωνα με το $f({{\Delta }_{1}})=[f(a-1),\,\,\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x))=\left[ -\frac{1}{e},\,\,\,0 \right)$

σύνολο τιμών της

αν ${{a}^{3}}-6{{a}^{2}}+11a-6<-\frac{1}{e}$ η εξίσωση είναι αδύνατη

αν ${{a}^{3}}-6{{a}^{2}}+11a-6=-\frac{1}{e}$ η εξίσωση θα έχει μοναδική ρίζα την ${{x}_{0}}=\alpha -1$

αν $-\frac{1}{e}<{{a}^{3}}-6{{a}^{2}}+11a-6<0$ η εξίσωση δύο ρίζες μία στο $(-\infty ,\,\,\alpha -1]$ και μία στο $[\alpha -1,\,\,a)$

γ) Το ζητούμενο εμβαδό είναι για a>0

$E=\int\limits_{-\alpha }^{\alpha }{|}f(x)|dx$ και επειδή

γνήσια αύξουσα στο $[\alpha -1,\,\,\,+\infty )$

θα ισχύει για x<a

είναι

άρα

$E=-\int\limits_{-a}^{a}{{{e}^{x-a}}(x-a)dx}=-\left[ {{e}^{x-a}}(x-a) \right]_{-a}^{a}+\int\limits_{-a}^{a}{{{e}^{x-a}}dx}=$

$=2a{{e}^{-2a}}+\left[ {{e}^{x-a}} \right]_{-a}^{a}=2a{{e}^{-2a}}+1-{{e}^{-2a}}$

Και για a<0

$E=\int\limits_{\alpha }^{-\alpha }{|}f(x)|dx$ και επειδή

γνήσια αύξουσα στο $[\alpha -1,\,\,\,+\infty )$ θα ισχύει για x>a

είναι

άρα $E=\int\limits_{a}^{-a}{{{e}^{x-a}}(x-a)dx}=\left[ {{e}^{x-a}}(x-a) \right]_{a}^{-a}-\int\limits_{a}^{-a}{{{e}^{x-a}}dx}=$

$=-2a{{e}^{-2a}}-\left[ {{e}^{x-a}} \right]_{a}^{-a}=-2a{{e}^{-2a}}+1-{{e}^{-2a}}$

..συνεχίζεται...

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

dennys · #231

Λάμπρος Μπαλός έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 61 (Από βιβλίο του Χρήστου Πατήλα)

Δίνεται η δύο φορές παραγωγίσιμη στο συνάρτηση $f: R \rightarrow R$ με τις ιδιότητες :
$sin^{2}x+f'(tanx)=1$ , για κάθε $x \in (- \frac{\pi}{2} , \frac{\pi}{2})$ και .

Α) Να δείξετε ότι η είναι γνησίως αύξουσα στο .
Β) Να βρείτε τις οριζόντιες ασύμπτωτες της $C_{f}$ καθώς και το .
Γ) Να δείξετε ότι $f^{-1}(x)=tanx$ , $x \in f(R)$ .
Δ) Να υπολογίσετε το $\int_{0}^{1}f(x)dx$ .
Ε) Να δείξετε ότι $f''(x)=-2x[f'(x)]^{2}$ , για κάθε $x \in R$ .
ΣΤ) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη $C_{h}$ , με $h(x)= \int_{1}^{x} [f'(t)]^{2} dt$ και τις ευθείες με εξισώσεις , και .

A) Επειδή $f'(tanx)=1-sin^2x=cos^2x \ge 0 \Rightarrow \cfrac{1}{cos^2x}f'(tanx)=1$
$\Rightarrow (f(tanx))'=(x)'...f(tax)=x$ επειδη έχει παράγωγο θετική θα είναι γν.αύξουσα.
B)Αν $g(x)=tanx \Rightarrow f(g(x)=x\Rightarrow f(x)=g^{-1}(x)$ και μελετώντας τα όρια
έχουμε: $g: (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\rightarrow (-\infty, +\infty)$ αρα για την \
$g^{-1}: (-\infty, +\infty) \rightarrow-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}$ ετσι οι ασύμπτωτες είναι
$y=\pi/2, y=-\pi/2$
Γ) Απο $f(x)=g^{-1}(x)\Rightarrow f^{-1}(x)=g(x)=tanx$
D) $\int_{0}^{1}f(x)dx=\int_{0}^{1}g^{-1}(x)dx=....\int_{0}^{\pi/4}ug'(u)du=.....=\pi/4-ln(\frac{\sqrt{2}}{2})$
E) $f'(x)=(g^{-1})'(x)=\frac{1}{1+x^2}\Rightarrow f''(x)=\frac{-2x}{(1+x^2)^2}=-2x(f'(x))^2$
st) $E=\int_{0}^{1}x'h(x)dx==h(1)-\int_{0}^{1}x(f'(x))^2dx=0+(f'(1))^2=1/4$

M.S.Vovos · #232

M.S.Vovos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 38

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

$\displaystyle f'(x)\sigma \upsilon \nu x+f(x)\eta \mu x=\frac{\sigma \upsilon \nu x}{x}f(x),\forall x\in \left ( 0,\frac{\pi }{2} \right )$

$\displaystyle \lim_{x\rightarrow \frac{\pi }{3}}\frac{3x-\pi }{x-2f(x)}=\frac{3\sqrt{3}}{\pi }$

A. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση $\displaystyle g:\left ( 0,\frac{\pi }{2} \right )\rightarrow \mathbb{R}$ με $\displaystyle g(x)=\frac{f(x)}{x\sigma \upsilon \nu x}$ είναι σταθερή και να βρείτε το τύπο της .

A. Είναι:

$\displaystyle g'(x)=\frac{f'(x)xcosx-(cosx-sinx)f(x)}{(xcosx)^{2}}=\frac{xcosxf'(x)+xsinxf(x)-cosxf(x)}{(xcosx)^{2}}$
$\Leftrightarrow g'(x)=0$

επομένως η συνάρτηση

είναι σταθερή στο $\displaystyle \left ( 0,\frac{\pi }{2} \right )$ .

Αφού, g(x)=c

, θα είναι και $f(x)=x\cdot cosx\cdot c$ .

Θεωρούμε τη συνάρτηση $\displaystyle h(x)=\frac{3x-\pi }{x-2f(x)}$ .

$\displaystyle h(x)=\frac{3x-\pi }{x-2f(x)}\Leftrightarrow f(x)=\frac{xh(x)-3x+\pi }{2h(x)}$

$\displaystyle \lim_{x\rightarrow \frac{\pi }{3}}f(x)= \lim_{x\rightarrow \frac{\pi }{3}} \frac{xh(x)-3x+\pi }{2h(x)}$

Δηλαδή, $\displaystyle \lim_{x\rightarrow \frac{\pi }{3}}f(x)=\frac{\pi }{6}$ και επειδή

παραγωγίσιμη στο $\displaystyle \frac{\pi }{3}$ θα είναι και συνεχής στο $\displaystyle \frac{\pi }{3}$ , επομένως:

$f\left ( \displaystyle \frac{\pi }{3} \right )=\frac{\pi }{6}$

και άρα για $\displaystyle x=\frac{\pi }{3}$ , έχουμε $\displaystyle \frac{\pi }{6}=\frac{\pi }{3}\cdot cos\frac{\pi }{3}\cdot c\Leftrightarrow c=1$ .

Άρα, f(x)=xcosx

, για κάθε $x\in \left ( 0,\frac{\pi }{2} \right )$ .

Σταμ. Γλάρος · #233

Tolaso J Kos έγραψε:
Άσκηση 60 (από τις σημειώσεις του Ροδόλφου)

Έστω συνάρτηση $\displaystyle{f_\lambda(x)=\frac{x}{x^2+\lambda^2}, \;\; \lambda>0}$ . Δείξτε ότι τα σημεία στα οποία η παρουσιάζει ακρότατα και καμπή εκτός του είναι κορυφές παραλληλογράμμου καθώς επίσης και ότι οι εφαπτομένες της στα σημεία που παρουσιάζει καμπή τέμνονται σε σταθερή υπερβολή.

Καλησπέρα. Μια προσπάθεια ...
Το πεδίο ορισμού της $f_\lambda$ είναι το

. Είναι $\displaystyle{f'_\lambda(x)=\frac{\lambda^2-x^2}{(x^2+\lambda^2)^2}$ , οπότε
από το πινακάκι προκύπτει ότι η $f_\lambda$ παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο στο σημείο $\displaystyle{A(-\lambda, -\frac{1}{2\lambda})$ και τοπικό μέγιστο στο σημείο $\displaystyle{Β(\lambda, \frac{1}{2\lambda})$ .

Επίσης είναι $\displaystyle{f''_\lambda(x)=\frac{2x(x^2-3\lambda^2)(x^2+\lambda^2)}{(x^2+\lambda^2)^4}$ . Πάλι ... κατά τα γνωστά συμπεραίνουμε ότι η $f_\lambda$ παρουσιάζει σημεία καμπής στα :
$\displaystyle{\Gamma (-\sqrt{3} \lambda, -\frac{\sqrt{3}}{4\lambda})$ και $\displaystyle{\Delta (\sqrt{3} \lambda, \frac{\sqrt{3}}{4\lambda})$ .
Παρουσιάζει και στο O(0,0)

σημείο καμπής , αλλά δεν μας ενδιαφέρει.

Τώρα έχουμε : $\displaystyle{\vec{A\Delta } =\vec{\Gamma B }= ((\sqrt{3}+1) \lambda, \frac{\sqrt{3}+2}{4\lambda})}$ , συνεπώς το τετράπλευρο με κορυφές τα
$A,B,\Gamma$ και $\Delta$ είναι παραλληλόγραμμο.

Επίσης αν $\Delta (x,y)$ ισχύει : $x= \sqrt{3} \lambda$ και $y=\displaystyle{ \frac{\sqrt{3}}{4\lambda}}$ από όπου με πολλαπλασιασμό κατά μέλη προκύπτει $\displaystyle{ \frac{4xy}{3}=1}$ .
Συνεπώς έχουμε την υπερβολή $g(x)=\displaystyle{ \frac{3}{4x}}$ .

Η άσκηση συνδυάζει πολύ ωραία την ύλη Κατεύθυνσης της Β΄Λυκείου με αυτήν της Γ΄Λυκείου. Άραγε πόσα παιδιά δεν θα αντιμετωπίσουν πρόβλημα;
Βλέπετε έχουν πεισθεί ότι δεν χρειάζεται η ύλη Κατεύθυνσης της Β΄Λυκείου...

Φιλικά
Σταμ. Γλάρος

M.S.Vovos · #234

M.S.Vovos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 38

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

$\displaystyle f'(x)\sigma \upsilon \nu x+f(x)\eta \mu x=\frac{\sigma \upsilon \nu x}{x}f(x),\forall x\in \left ( 0,\frac{\pi }{2} \right )$

$\displaystyle \lim_{x\rightarrow \frac{\pi }{3}}\frac{3x-\pi }{x-2f(x)}=\frac{3\sqrt{3}}{\pi }$

Β. Να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικό $\displaystyle x_{0}\in \left ( 0,\frac{\pi }{2} \right )$ με $f'\left ( x_{0} \right )=0$ και $\displaystyle x_{0}> \frac{\pi }{4}$ .

Γ. Να αποδείξετε ότι $\displaystyle x\sigma \upsilon \nu x< \frac{\sqrt{2}}{2}$ , για κάθε $\displaystyle x\in \left ( 0,\frac{\pi }{2} \right )$ .

Δ. Να αποδείξετε ότι $\displaystyle \left | \beta \sigma \upsilon \nu \beta -\alpha \sigma\upsilon \nu \alpha \right |\leq \frac{\pi }{2}\left | \beta -\alpha \right |$ , για κάθε $\displaystyle \alpha ,\beta \in \left ( 0,\frac{\pi }{2} \right )$ .

B. Η συνάρτηση

είναι συνεχής στο διάστημα $\displaystyle \left [ \frac{\pi }{4},\frac{\pi }{3} \right ]$ και

$\displaystyle f'\left ( \frac{\pi }{4} \right )=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot \left ( 1-\frac{\pi }{4} \right )>0$ ,

$\displaystyle f'\left ( \frac{\pi }{3} \right )=\frac{3-\pi \sqrt{3}}{6}<0$ .

Άρα, από θεώρημα Bolzano, θα υπάρχει τουλάχιστον ένα $\displaystyle x_{0}\in \left ( \frac{\pi }{4},\frac{\pi }{3} \right )$ ώστε $f'\left ( x_{0} \right )=0$ .

Όμως, f''(x)=-2sinx-xcosx<0

στο $\displaystyle \left ( \frac{\pi }{4},\frac{\pi }{3} \right )\subset \left ( 0,\frac{\pi }{2} \right )$ , άρα το παραπάνω $x_{0}$ είναι μοναδικό.

Γ. Από το ερώτημα (β) γνωρίζουμε ότι $\displaystyle f'\left ( x_{0} \right )=0\Leftrightarrow cosx_{0}=x_{0}\cdot sinx_{0}$ , σχέση (1)

.

Επειδή, $\displaystyle x_{0}>\frac{\pi }{4}\Rightarrow sinx_{0}>cosx_{0}$ . Άρα:

$x_{0}sinx_{0}>x_{0}cosx_{0}\Rightarrow cosx_{0}>x_{0}sinx_{0}\Rightarrow cosx_{0}(1-x_{0})>0\Rightarrow 1-x_{0}>0\Rightarrow x_{0}<1$

Επιπλέον, $\displaystyle x_{0}>\frac{\pi }{4}\Rightarrow cosx_{0}<\frac{\sqrt{2}}{2}$ .

Η

είναι κοίλη άρα η γραφική παράσταση της

βρίσκεται "κάτω" από την εφαπτομένη στο $\displaystyle \left ( x_{0},f(x_{0}) \right )$ . Επομένως:

$\displaystyle f(x)\leq f(x_{0}=x_{0}cosx_{0}<cosx_{0}<\frac{\sqrt{2}}{2}$ .

Δ. Για $\alpha =\beta$ η ζητούμενη σχέση ισχύει ως $0\leq 0$ .

Έστω $\displaystyle \alpha ,\beta \in \left ( 0,\frac{\pi }{2} \right )$ με $\alpha <\beta$ , από το θεώρημα μέσης τιμής για την

στο διάστημα $\left [ \alpha ,\beta \right ]$ , υπάρχει $\displaystyle x_{1}\in \left ( \alpha ,\beta \right ):f'\left ( x_{1} \right )=\frac{f(\beta )-f(\alpha )}{\beta -\alpha }$ , δηλαδή:

$f'\left ( x_{1} \right )=\frac{\beta cos\beta -\alpha cos\alpha }{\beta -\alpha }\Rightarrow \left | f'(x_{1}) \right |\cdot \left | \beta -\alpha \right |=\left | \beta cos\beta -\alpha cos\alpha \right |$

Όμως:

$\displaystyle 0<x_{1}<\frac{\pi }{2}\Rightarrow f'(0)>f'(x_{1})>f'\left ( \frac{\pi }{2} \right )\Rightarrow 1>f'(x_{1})>-\frac{\pi }{2}\Rightarrow$

$\displaystyle \frac{\pi }{2}>f'(x_{1})>-\frac{\pi }{2}\Rightarrow \left | f'(x_{1}) \right |<\frac{\pi }{2}$

Άρα, το ζητούμενο έπεται.

Φιλικά,
Μάριος

M.S.Vovos · #235

ΑΣΚΗΣΗ 64

Θεωρούμε τη δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ για την οποία ισχύουν:

$\bullet f(0)=f'(0)=0$

$\displaystyle \bullet \int_{0}^{x}e^{t}f(t)dt+xe^{x}=\int_{0}^{x}e^{t}f''(t)dt$ , για κάθε $x\in \mathbb{R}$ .

A. Να δείξετε ότι $f(x)=e^{x}-x-1$ , για κάθε $x\in \mathbb{R}$ .

B. Να δείξετε ότι για κάθε ισχύει $\displaystyle \frac{f(x)}{f(y)}<\frac{x}{y}$ .

Γ. Έστω τα σημεία , $A(\alpha ,f(\alpha ))$ και το σημείο τομής τής εφαπτομένης της στο , με τον άξονα . Αν τα παραπάνω σημεία σχηματίζουν τρίγωνο εμβαδού $\displaystyle \frac{e-2}{2e-2}$ τετραγωνικές μονάδες, να προσδιορίσετε την τιμή του $\alpha >0$ .

Δ. Θεωρούμε, επιπλέον, τη συνάρτηση που είναι η παράγουσα της και διέρχεται από το σημείο $M\left ( \kappa ,\kappa ^{2} \right )$ , όπου $\displaystyle \kappa =\lim_{x\rightarrow 0}\frac{x^{3}-\eta \mu ^{3}x}{f^{2}(x)}$ . Να βρείτε τη συνάρτηση και να δείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle F(x)=x^{3} \cdot f(x)$ έχει ακριβώς τρεις ρίζες στο $\mathbb{R}$ .

Φιλικά,
Μάριος

Y.Γ. Αλλαγή σε νούμερο στο ερώτημα (γ).

M.S.Vovos · #236

ΑΣΚΗΣΗ 65

Δίνεται η δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:(0,+\infty )\rightarrow \mathbb{R}$ , με , για την οποία ισχύει:

$\displaystyle \bullet f\left ( x^{2} \right )+f\left ( \frac{1}{x} \right )\geq lnx,$

$\displaystyle \bullet x^{3}\cdot \lim_{h\rightarrow 0}\frac{f(x+2h)-3f(x)+2f(x-h)}{3h^{2}}+2x^{2}\cdot f'(x)=f'\left ( \frac{1}{x} \right )$ , για κάθε .

A. Να βρείτε τον τύπο της συνάρτησης .

Β. Αν η παράγουσα τής , που διέρχεται από το σημείο τότε, να δείξετε ότι οι $C_{f}$ και $C_{F}$ δεν έχουν κοινά σημεία.

Γ. Να δείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle \int_{1}^{x}4tf(t)dt+\int_{1}^{x^{2}}f(t)dt=0$ έχει ακριβώς μία ρίζα.

Δ. Αν $\varrho$ η ρίζα της παραπάνω εξίσωσης, να υπολογίσετε το $\displaystyle \lim_{x\rightarrow \varrho }\frac{f(x)-F(x)+1}{\eta \mu (\pi x)}$ .

Φιλικά,
Μάριος

#237

M.S.Vovos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 65

Δίνεται η δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:(0,+\infty )\rightarrow \mathbb{R}$ , με , για την οποία ισχύει:

$\displaystyle \bullet f\left ( x^{2} \right )+f\left ( \frac{1}{x} \right )\geq lnx,$

$\displaystyle \bullet x^{3}\cdot \lim_{h\rightarrow 0}\frac{f(x+2h)-3f(x)+2f(x-h)}{3h^{2}}+2x^{2}\cdot f'(x)=f'\left ( \frac{1}{x} \right )$ , για κάθε .

A. Να βρείτε τον τύπο της συνάρτησης .

Β. Αν η παράγουσα τής , που διέρχεται από το σημείο τότε, να δείξετε ότι οι $C_{f}$ και $C_{F}$ δεν έχουν κοινά σημεία.

Γ. Να δείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle \int_{1}^{x}4tf(t)dt+\int_{1}^{x^{2}}f(t)dt=0$ έχει ακριβώς μία ρίζα.

Δ. Αν $\varrho$ η ρίζα της παραπάνω εξίσωσης, να υπολογίσετε το $\displaystyle \lim_{x\rightarrow \varrho }\frac{f(x)-F(x)+1}{\eta \mu (\pi x)}$ .

Φιλικά,
Μάριος

...Kαλησπέρα

με μία αντιμετώπιση για το Α...

Α. Είναι $\displaystyle{\underset{h\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x+2h)-3f(x)+2f(x-h)}{3{{h}^{2}}}\underset{DLH}{\overset{\frac{0}{0}}{\mathop{=}}}\,\underset{h\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{2{f}'(x+2h)-0-2{f}'(x-h)}{6h}=}$

$\displaystyle{\frac{1}{3}\underset{h\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{f}'(x+2h)-f(x)+f(x)-{f}'(x-h)}{h}=}$

$\displaystyle{\frac{1}{3}\left[ \underset{h\to 0}{\mathop{\lim }}\,2\frac{{f}'(x+2h)-{f}'(x)}{2h}+\frac{{f}'(x-h)-{f}'(x)}{-h} \right]=}$

$\displaystyle{\frac{1}{3}\left[ 2{f}''(x)+{f}''(x) \right]={f}''(x)}$ επομένως η αρχική σχέση γίνεται

${{x}^{3}}{f}''(x)+2{{x}^{2}}\cdot {f}'(x)={f}'\left( \frac{1}{x} \right),\,\,x>0$ οπότε

$x{f}''(x)+2\cdot {f}'(x)=\frac{1}{{{x}^{2}}}{f}'\left( \frac{1}{x} \right)\Leftrightarrow (x{f}''(x)+{f}'(x))+{f}'(x)={{\left( -f(\frac{1}{x}) \right)}^{\prime }},\,\,x>0$ ή

${{\left( x{f}'(x)+f(x) \right)}^{\prime }}={{\left( -f(\frac{1}{x}) \right)}^{\prime }}\Leftrightarrow x{f}'(x)+f(x)=-f(\frac{1}{x})+c,\,\,x>0$ (1)

Από $\bullet f\left( {{x}^{2}} \right)+f\left( \frac{1}{x} \right)\ge lnx,\Leftrightarrow f\left( {{x}^{2}} \right)+f\left( \frac{1}{x} \right)-lnx\ge 0,$

άρα για την $g(x)=f\left( {{x}^{2}} \right)+f\left( \frac{1}{x} \right)-lnx,\,\,x>0$ ισχύει ότι $g(x)\ge 0=g(1),\,\,\,x\in (0,\,\,+\infty )$

άρα στο x=1

παρουσιάζει ακρότατο και επειδή είναι παραγωγίσιμη με

${g}'(x)=2x{f}'\left( {{x}^{2}} \right)-\frac{1}{{{x}^{2}}}{f}'\left( \frac{1}{x} \right)-\frac{1}{x},\,\,x>0$ λόγω Fermat είναι

${g}'(1)=0\Leftrightarrow {f}'(1)=1$ και από (1) προκύπτει και λόγω του f(1)=0

ότι

επομένως ισχύει ότι

$x{f}'(x)+f(x)=-f(\frac{1}{x})+1,\,\,x>0$ (2) άρα και με όπου

το $\frac{1}{x}$ ισχύει ότι

$\frac{1}{x}{f}'(\frac{1}{x})+f(\frac{1}{x})=-f(x)+1,\,\,x>0$ (3) και με αφαίρεση κατά μέλη προκύπτει ότι

$x{f}'(x)-\frac{1}{x}{f}'(\frac{1}{x})=0,\,\,x>0$ ή

${f}'(x)-\frac{1}{{{x}^{2}}}{f}'(\frac{1}{x})=0\Leftrightarrow {{\left( f(x)+f\left( \frac{1}{x} \right) \right)}^{\prime }}=0,\,\,x>0$ άρα

$f(x)+f\left( \frac{1}{x} \right)=c$ και επειδή f(1)=0

προκύπτει ότι c=0

οπότε

$f(x)+f\left( \frac{1}{x} \right)=0\Leftrightarrow f\left( \frac{1}{x} \right)=-f(x)$ και από (2) τότε

$x{f}'(x)+f(x)=f(x)+1\Leftrightarrow {f}'(x)=\frac{1}{x},\,\,x>0$ επομένως $f(x)=\ln x+c$ και επειδή f(1)=0

είναι $f(x)=\ln x,\,\,x>0$ που επαληθεύει την αρχική σχέση.

...και το Β...

Β. Αφού η

η παράγουσα τής $f(x)=\ln x,\,\,x>0$ , που διέρχεται από το σημείο A(1,1)

θα είναι

${F}'(x)=f(x)=\ln x=(x{)}'\ln x-x\frac{1}{x}+1={{\left( x\ln x-x \right)}^{\prime }}$ άρα $F(x)=x\ln x-x+c$ και επειδή F(1)=1

είναι

άρα $F(x)=x\ln x-x+2,\,\,\,x>0$

Τώρα επειδή ${F}'(x)=\ln x$ είναι γνήσια αύξουσα η

είναι κοίλη και άρα θα είναι πάνω από κάθε εφαπτομένη της, άρα πάνω

και από την εφαπτομένη της στο σημείο της $(e,\,\,2)$ εκτός του σημείου επαφής, δηλαδή την ευθεία

$y-2={F}'(e)(x-e)\Leftrightarrow y=x-e+2$ και θα ισχύει ότι $F(x)\ge x-e+2,\,\,\,x>0$ και επειδή ως γνωστόν ισχύει $\ln x\le x-1,\,\,\,x>0$

με την ισότητα στο x=1

άρα $x-1\ge f(x),\,\,\,x>0$ θα έχουμε ότι $F(x)\ge x-e+2>x-1\ge f(x),\,\,\,x>0$ δηλαδή ισχύει ότι

$F(x)>f(x),\,\,\,x>0$ άρα οι $C_{f}$ και $C_{F}$ δεν έχουν κοινά σημεία.

...και τα υπόλοπα...

Γ. Προφανής ρίζα της εξίσωσης $\displaystyle \int_{1}^{x}4tf(t)dt+\int_{1}^{x^{2}}f(t)dt=0$ είναι η ${{x}_{0}}=1$ .

Τώρα η συνάρτηση $g(x)=\int\limits_{1}^{x}{4}tf(t)dt+\int\limits_{1}^{{{x}^{2}}}{f}(t)dt=2\int\limits_{1}^{x}{(}{{t}^{2}}{)}'f(t)dt+\left[ F(t) \right]_{1}^{{{x}^{2}}}=$

$\displaystyle{=2{{x}^{2}}\ln x-\left[ {{t}^{2}} \right]_{1}^{x}+F({{x}^{2}})-1=2{{x}^{2}}\ln x-{{x}^{2}}+1+F({{x}^{2}})-1\Leftrightarrow }$

$\displaystyle{g(x)=2{{x}^{2}}\ln x-{{x}^{2}}+F({{x}^{2}}),\,\,\,x>0}$ είναι παραγωγίσιμη με

$\displaystyle{{g}'(x)=4x\ln x+2x-2x+\ln {{x}^{2}}\cdot 2x=8x\ln x,\,\,\,x>0}$ άρα $\displaystyle{{g}'(x)>0\Leftrightarrow x>1,\,\,{g}'(x)<0\Leftrightarrow x<1}$

και εύκολα τότε βλέπουμε ότι η $\displaystyle{g}$ παρουσιάζει ελάχιστο στο $\displaystyle{x=1}$ το $\displaystyle{g(1)=0}$ άρα το $\displaystyle{x=1}$ είναι μοναδική της ρίζα.

Δ. Θέλουμε το $\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x)-F(x)+1}{\eta \mu (\pi x)}=\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{\frac{f(x)}{x-1}-\frac{F(x)-F(1)}{x-1}}{\frac{\eta \mu (\pi x)}{x-1}} \right)=$

$=\frac{{f}'(1)-{F}'(1)}{\pi }=-\frac{1}{\pi }$ αφού $\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\frac{\eta \mu (\pi x)}{x-1}\underset{DLH}{\overset{\frac{0}{0}}{\mathop{=}}}\,\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\frac{\pi \sigma \upsilon \nu (\pi x)}{1}=-\pi$

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

Γιώργος Απόκης · #238

Aνέβασα εδώ (λόγω μεγέθους του αρχείου) σε μορφή word κάποιες από τις παραπάνω εκφωνήσεις.

Θεωρώ καλή ιδέα, όταν ολοκληρωθεί η συλλογή, να δημιουργήσουμε ένα "φυλλάδιο" με τις

εκφωνήσεις και τις λύσεις των ασκήσεων.

Το αρχείο λέγεται "Ασκήσεις με τη νέα ύλη (2016)"

#239

Ελπίζω να μην έχει ξαναμπεί

ΆΣΚΗΣΗ 66
Έστω συνάρτηση

παραγωγίσιμη με συνεχή

στο

και τέτοια ώστε;
$f'(x)\geq 2 x$ για κάθε $x\in [0,1]$
f(0)=0

.
Να δείξετε ότι:
α) $\int_{0}^{1}{f(x)dx}>\frac{1}{3}$
β) f(1) > 1

γ) υπάρχει ένα τουλάχιστον $\xi \in (0,1)$ τέτοιο ώστε $3\cdot (1-\xi)\cdot \int_{0}^{1}{f(x)dx} - 1 = \xi ^{3}\cdot f(\xi ) - 2\xi$ .

Rempeskes · #240

xr.tsif έγραψε:Ελπίζω να μην έχει ξαναμπεί

ΆΣΚΗΣΗ 66
Έστω συνάρτηση παραγωγίσιμη με συνεχή στο και τέτοια ώστε;
$f'(x)\geq 2 x$ για κάθε $x\in [0,1]$
.
Να δείξετε ότι:
α) $\int_{0}^{1}{f(x)dx}>\frac{1}{3}$
β)
γ) υπάρχει ένα τουλάχιστον $\xi \in (0,1)$ τέτοιο ώστε $3\cdot (1-\xi)\cdot \int_{0}^{1}{f(x)dx} - 1 = \xi ^{3}\cdot f(\xi ) - 2\xi$ .

α)

Έστω $h(x)=f(x)-{x}^{2}$ ορισμένη στο $\left[0,1 \right]$

H

παραγωγίσιμη στο $\left[0,1 \right]$ ως διαφορά παραγωγίσιμων συναρτήσεων και είναι,

$h'(x)=f'(x)-2x\Rightarrow h'(x)\geq 0$

Άρα για $x>0 \Rightarrow h(x)>h(0)\Rightarrow \int_{0}^{1}f(x)dx>\int_{0}^{1}{x}^{2}dx\Rightarrow \int_{0}^{1}f(x)dx>\frac{1}{3}$

β)

συνεχής άρα και ολοκληρώσιμη, οπότε

$f'(x)\geq 2x \Rightarrow \int_{0}^{1}f'(x)dx>\int_{0}^{1}2xdx\Rightarrow f(1)>1$

γ)

Έστω $h(x)=3(1-x)\int_{0}^{1}f(x)dx -1-{x}^{3}f(x)+2x$ η οποία πληροί τις προυποθέσεις του $\Theta .Bolzano$ στο $\left[0,1 \right]$

$h(0)=3\cdot \int_{0}^{1}f(x)dx-1>3\cdot \frac{1}{3}-1 \Rightarrow h(0)>0$
h(1)=1-f(1)<0

Εφαρμόζοντας το Θεώρημα προκύπτει το ζητούμενο.

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