Διαφορική-Εξίσωση-Ολοκλήρωμα

M.S.Vovos · #1

Θεωρούμε την τρεις φορές παραγωγίσιμη και συνάρτηση $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ , για την οποία ισχύουν:

$\bullet f(0)=0$ και ,

$\displaystyle \bullet f\left ( 6f(x)-x^{2}f''(x) \right )=\left ( 6f'(x)-2xf''(x)-x^2f^{(3)}(x) \right )\cdot f'\left ( 6f(x)-x^{2}f''(x) \right )$ , για κάθε $x\in \mathbb{R}$ .

Α) Να δείξετε ότι $f(x)=x^{3}$ , για κάθε $x\in \mathbb{R}$ .

Β) Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου, που περικλείεται από τη $C_{f}$ και την ευθεία $(\varepsilon ):y=4x$ .

Γ) Να βρείτε το πλήθος των πραγματικών ριζών τής εξίσωσης $f(x)=e^{x}$ .

Δ) Έστω τα σημεία , $A(\alpha ,e^{\alpha })$ και $B(1,\alpha ^{2})$ . Να δείξετε ότι υπάρχουν ακριβώς δύο $\alpha \in \mathbb{R}$ , ώστε τα παραπάνω σημεία να είναι συνευθειακά.

Ε) Να δείξετε ότι $\displaystyle \int_{\kappa }^{\lambda }e^{f(x)}dx>(\lambda -\kappa )\cdot \left [ \frac{(\kappa +\lambda )(f(\kappa )+f(\lambda )+\kappa ^{2}\lambda +\lambda ^{2}\kappa )}{4}+1 \right ]$ , για κάθε $\kappa <\lambda$ .

Φιλικά,
Μάριος

#2

M.S.Vovos έγραψε:
ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Μια κατασκευή μου.

Θεωρούμε την τρεις φορές παραγωγίσιμη και συνάρτηση $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ , για την οποία ισχύουν:

$\bullet f(0)=0$ και ,

$\displaystyle \bullet f\left ( 6f(x)-x^{2}f''(x) \right )=\left ( 6f'(x)-2xf''(x)-x^2f^{(3)}(x) \right )\cdot f'\left ( 6f(x)-x^{2}f''(x) \right )$ , για κάθε $x\in \mathbb{R}$ .

Α) Να δείξετε ότι $f(x)=x^{3}$ , για κάθε $x\in \mathbb{R}$ .

Β) Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου, που περικλείεται από τη $C_{f}$ και την ευθεία $(\varepsilon ):y=4x$ .

Γ) Να βρείτε το πλήθος των πραγματικών ριζών τής εξίσωσης $f(x)=e^{x}$ .

Δ) Έστω τα σημεία , $A(\alpha ,e^{\alpha })$ και $B(1,\alpha ^{2})$ . Να δείξετε ότι υπάρχουν ακριβώς δύο $\alpha \in \mathbb{R}$ , ώστε τα παραπάνω σημεία να είναι συνευθειακά.

Ε) Να δείξετε ότι $\displaystyle \int_{\kappa }^{\lambda }e^{f(x)}dx>(\lambda -\kappa )\cdot \left [ \frac{(\kappa +\lambda )(f(\kappa )+f(\lambda )+\kappa ^{2}\lambda +\lambda ^{2}\kappa )}{4}+1 \right ]$ , για κάθε $\kappa <\lambda$ .

Φιλικά,
Μάριος

...μια προσάθεια της νύχτας για το Α.

Αν $g(x)=6f(x)-{{x}^{2}}{f}''(x)$ τότε ${g}'(x)=6{f}'(x)-2x{f}''(x)-{{x}^{2}}{f}'''(x)$ και η αρχική εξίσωση γίνεται

$f\left( g(x) \right)={g}'(x)\cdot {f}'\left( g(x) \right)\Leftrightarrow f\left( g(x) \right)={{\left( f\left( g(x) \right) \right)}^{\prime }},\,\,x\in R$

και από γνωστή εφαρμογή προκύπτει ότι $f\left( g(x) \right)=c{{e}^{x}},\,\,\,x\in R$ και επειδή g(0)=0

είναι

$f\left( 0 \right)=c\Rightarrow c=0$ άρα είναι $f\left( g(x) \right)=0,\,\,\,x\in R$ ή $f\left( g(x) \right)=f(0),\,\,\,x\in R$

και επειδή η

είναι

θα ισχύει ότι $g(x)=0,\,\,\,x\in R$ ή $6f(x)-{{x}^{2}}{f}''(x)=0\Leftrightarrow {{x}^{2}}{f}''(x)=6f(x),\,\,x\in R$ (1)

Τώρα για $x\ne 0$ έχουμε ότι ${{x}^{3}}{f}''(x)=6x{f}'(x)\Rightarrow {{x}^{3}}{f}''(x)+3{{x}^{2}}f(x)=6xf(x)+3{{x}^{2}}{f}'(x)\Rightarrow$

${{\left( {{x}^{3}}{f}'(x) \right)}^{\prime }}={{\left( 3{{x}^{2}}f(x) \right)}^{\prime }},\,\,\,x\in (-\infty ,\,\,0)\cup (0,\,\,+\infty )$ επομένως είναι

${{x}^{3}}{f}'(x)=\left\{ \begin{matrix} & 3{{x}^{2}}f(x)+{{c}_{1}},\,\,\,x<0 \\ & 3{{x}^{2}}f(x)+{{c}_{2}},\,\,\,x>0 \\ \end{matrix} \right.$

που λόγω της συνέχειας των $f,\,\,{f}'$ στο x=0

μέσω των ορίων προκύπτει ότι ${{c}_{1}}={{c}_{2}}=0$ επομένως ισχύει ότι

${{x}^{3}}{f}'(x)=3{{x}^{2}}f(x),\,\,\,\,x\ne 0$ απ όπου έχουμε ακόμη ότι

${{x}^{3}}{f}'(x)-3{{x}^{2}}f(x)=0\Leftrightarrow {{\left( \frac{f(x)}{{{x}^{3}}} \right)}^{\prime }}=0,\,\,\,x\ne 0$ οπότε είναι

$\frac{f(x)}{{{x}^{3}}}=\left\{ \begin{matrix} & {{c}_{1}},\,\,\,x<0 \\ & {{c}_{2}},\,\,\,x>0 \\ \end{matrix} \right.$ ή $f(x)=\left\{ \begin{matrix} & {{c}_{1}}{{x}^{3}},\,\,\,x<0 \\ & {{c}_{2}}{{x}^{3}},\,\,\,x>0 \\ \end{matrix} \right.$ (2)

Τώρα επειδή f''(1)=6

και ${f}''(x)=6{{c}_{2}}x,\,\,x>0$ προκύπτει ότι ${{c}_{2}}=1$ άρα από (2)

$f(x)=\left\{ \begin{matrix} & {{c}_{1}}{{x}^{3}},\,\,\,x<0 \\ & \,\,\,\,{{x}^{3}},\,\,\,x>0 \\ \end{matrix} \right.$ (3) και λόγω συνέχειας της

στο

και

είναι τελικά

$f(x)=\left\{ \begin{matrix} & {{c}_{1}}{{x}^{3}},\,\,\,x<0 \\ & \,\,\,\,{{x}^{3}},\,\,\,x\ge 0 \\ \end{matrix} \right.$ που επαληθεύει (!!!!) την αρχική σχέση.

(...βρήκα περισσότερες από αυτές που είχε το ζητούμενο...περιμένω το δημιουργότι θα μας πει...τωρα

)

Αλλά όπως μου υπενθύμισε ο Σταύρος ο Παπαδόπουλος με Π.Μ. η είναι τρείς φορές παραγωγίσιμη οπότε είναι

${f}'(x)=\left\{ \begin{matrix} & 3{{c}_{1}}{{x}^{2}},x<0 \\ & 3{{x}^{2}},\,x>0 \\ \end{matrix} \right.$ και εύκολα είναι {f}'(0)=0

και ${f}''(x)=\left\{ \begin{matrix} & 6{{c}_{1}}x,x<0 \\ & 6x,\,x>0 \\ \end{matrix} \right.$ και εύκολα {f}''(0)=0

και αφού είναι τρείς φορές παραγωγίσιμη και στο x=0

θα ισχύει ότι

$\underset{x\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{f}''(x)-{f}''(0)}{x}=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{f}''(x)-{f}''(0)}{x}={f}'''(0)$ δηλαδή

$\underset{x\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{6{{c}_{1}}x-0}{x}=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{6x-0}{x}={f}'''(0)$

επομένως $6{{c}_{1}}=6={f}'''(0)$ άρα ${{c}_{1}}=1$ οπότε τελικά $f(x)={{x}^{3}},\,\,\,x\in R$

Β. Βρίσκοντας τα κοινά σημεία της ${{C}_{f}}$ και της y=4x

λύνουμε την εξίσωση $f(x)=4x\Leftrightarrow {{x}^{3}}-4x=0\Leftrightarrow x({{x}^{2}}-4)=0$

προκύπτουν ρίζες οι $-2,\,0,\,2$ επομένως το ζητούμενο εμβαδό είναι

$E=\int\limits_{-2}^{2}{|{{x}^{3}}-4x|dx}=\int\limits_{-2}^{0}{|{{x}^{3}}-4x|dx}+\int\limits_{0}^{2}{|{{x}^{3}}-4x|dx}=$

$=\int\limits_{-2}^{0}{({{x}^{3}}-4x)dx}-\int\limits_{0}^{2}{({{x}^{3}}-4x)dx}=...=8$ (αφού ${{x}^{3}}-4x>0,\,\,\,x\in (-2,\,\,0)$ και ${{x}^{3}}-4x<0,\,\,\,x\in (0,\,\,2)$ )

Γ. Η εξίσωση $f(x)={{e}^{x}}\Leftrightarrow {{x}^{3}}={{e}^{x}}\Leftrightarrow \frac{{{x}^{3}}}{{{e}^{x}}}-1=0$ .

Τώρα η συνάρτηση $g(x)=\frac{{{x}^{3}}}{{{e}^{x}}}-1,\,\,x\in R$ είναι παραγωγίσιμη με

${g}'(x)=\frac{3{{x}^{2}}-{{x}^{3}}}{{{e}^{x}}}=\frac{{{x}^{2}}(3-x)}{{{e}^{x}}},\,\,x\in R$

και είναι ${g}'(x)>0\Leftrightarrow x<3,\,\,\,x\ne 0$ και αφού είναι συνεχής στο διάστημα ${{\Delta }_{1}}=(-\infty ,\,\,3]$ είναι γνήσια αύξουσα σε αυτό,

και ${g}'(x)<0\Leftrightarrow x>3$ οπότε είναι γνήσια φθίνουσα στο ${{\Delta }_{2}}=[3,\,\,+\infty )$ .

Έτσι έχουμε ότι $g({{\Delta }_{1}})=(\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,g(x),\,\,g(3)]=(-\infty ,\,\,\frac{27}{{{e}^{3}}}-1]$ αφού

$\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,g(x)=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{1}{{{e}^{x}}}{{x}^{3}} \right)=-\infty$

και επειδή $0\in (-\infty ,\,\,\frac{27}{{{e}^{3}}}-1)$ η g(x)=0

έχει μοναδική ρίζα ${{x}_{1}}\in {{\Delta }_{1}}=(-\infty ,\,\,3)$ και ακόμη

$g({{\Delta }_{2}})=(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,g(x),\,\,g(3)]=(-1,\,\,\frac{27}{{{e}^{3}}}-1]$ αφού

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,g(x)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{{{x}^{3}}}{{{e}^{x}}} \right)=0$

κάνοντας χρήση του κανόνα του DLH, και επειδή $0\in (-1,\,\,\frac{27}{{{e}^{3}}}-1)$ η g(x)=0

έχει μοναδική ρίζα

${{x}_{2}}\in {{\Delta }_{2}}=(3,\,\,+\infty )$ επομένως η αρχική εξίσωση έχει δύο ακριβώς ρίζες.

Δ. Τα σημεία O(0,0)

, $A(\alpha ,e^{\alpha })$ και $B(1,\alpha ^{2})$ είναι συνευθειακά αν και μόνο αν

$\overrightarrow{OA}//\overrightarrow{OB}\Leftrightarrow \det \left( \overrightarrow{OA},\,\overrightarrow{OB} \right)=0\Leftrightarrow \left| \begin{matrix} a & {{e}^{a}} \\ 1 & {{a}^{2}} \\ \end{matrix} \right|=0\Leftrightarrow {{a}^{3}}-{{e}^{a}}=0$ και σύμφωνα με το (Γ) ισχύει για ακριβώς δύο τιμές του $\alpha$ .

...συνεχίζεται...

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

#3

Βασίλη, δεν κοίταξα καθόλου τα υπόλοιπα αλλά το τρεις φορές παραγωγίσιμη δίνει c_1=1

στις λύσεις που βρήκες.

#4

Demetres έγραψε:Βασίλη, δεν κοίταξα καθόλου τα υπόλοιπα αλλά το τρεις φορές παραγωγίσιμη δίνει στις λύσεις που βρήκες.

Ευχαριστώ Demetres για την παρατήρηση, έκανα την συμπλήρωση....

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

G.Bas · #5

M.S.Vovos έγραψε: Ε) Να δείξετε ότι $\displaystyle \int_{\kappa }^{\lambda }e^{f(x)}dx>(\lambda -\kappa )\cdot \left [ \frac{(\kappa +\lambda )(f(\kappa )+f(\lambda )+\kappa ^{2}\lambda +\lambda ^{2}\kappa )}{4}+1 \right ]$ , για κάθε $\kappa <\lambda$ .

Η Ανισότητα είναι μάλλον

$\displaystyle{\int_k^{\lambda} e^{f(x)}\,dx> (\lambda-k)\left[\frac{(\lambda-k)(f(k)+f(\lambda)+k^2\lambda+k\lambda^2)}{4}+1\right].}$

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #6

Η ανισότητα στο Ε) (όπως την έχει γράψει ο Μάριος) δεν ισχύει.

Συμπλήρωση.
Η ανισότητα στο Ε) όπως την προτείνει ο G.Bas πάλι δεν ισχύει.

#7

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:Η ανισότητα στο Ε) (όπως την έχει γράψει ο Μάριος) δεν ισχύει.

Συμπλήρωση.
Η ανισότητα στο Ε) όπως την προτείνει ο G.Bas πάλι δεν ισχύει.

...να συμπληρώσω ότι μπορεί να σωθεί τουλάχιστον όπως προσπάθησα να
το αντιμετωπίσω εγώ με κάποιους περιορισμούς για τα κ,λ.

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

M.S.Vovos · #8

Κ. Βασίλη, μήπως μπορείτε να γράψετε το σκεπτικό και τους περιορισμούς;

Φιλικά,
Μάριος

#9

M.S.Vovos έγραψε:Κ. Βασίλη, μήπως μπορείτε να γράψετε το σκεπτικό και τους περιορισμούς;

Φιλικά,
Μάριος

...η σκέψη αντιμετώπισης στην αρχική ανισότητα, και οι περιορισμοί που προέκυψαν, αν δεν έκανα κάποιο λάθος...

Ε. Με γνωστό ότι ισχύει ${{e}^{x}}\ge x+1,\,\,\,x\in R$ θα είναι ${{e}^{{{x}^{3}}}}\ge {{x}^{3}}+1,\,\,\,x\in R$ και ολοκληρώνοντας με $\kappa <\lambda$ έχουμε ότι

$\int\limits_{\kappa }^{\lambda }{{{e}^{{{x}^{3}}}}dx}\ge \int\limits_{\kappa }^{\lambda }{({{x}^{3}}+1)dx}=\left[ \frac{{{x}^{4}}}{4}+x \right]_{\kappa }^{\lambda }=\frac{{{\lambda }^{4}}}{4}+\lambda -\frac{{{\kappa }^{4}}}{4}-\kappa =\frac{{{\lambda }^{4}}-{{\kappa }^{4}}+4(\lambda -\kappa )}{4}=$

$\frac{(\lambda -\kappa )({{\lambda }^{3}}+{{\lambda }^{2}}\kappa +\lambda {{\kappa }^{2}}+{{\kappa }^{3}}+4)}{4}$ (1)

Τώρα $(\lambda -\kappa )\cdot \left[ \frac{(\kappa +\lambda )(f(\kappa )+f(\lambda )+{{\kappa }^{2}}\lambda +{{\lambda }^{2}}\kappa )}{4}+1 \right]=$

$=(\lambda -\kappa )\cdot \left[ \frac{(\kappa +\lambda )({{\kappa }^{3}}+{{\lambda }^{3}}+{{\kappa }^{2}}\lambda +{{\lambda }^{2}}\kappa )+4}{4} \right]$ (2)

Θέλουμε να ισχύει από (1),(2)

$\frac{(\lambda -\kappa )({{\lambda }^{3}}+{{\lambda }^{2}}\kappa +\lambda {{\kappa }^{2}}+{{\kappa }^{3}}+4)}{4}>(\lambda -\kappa )\cdot \left[ \frac{(\kappa +\lambda )({{\kappa }^{3}}+{{\lambda }^{3}}+{{\kappa }^{2}}\lambda +{{\lambda }^{2}}\kappa )+4}{4} \right]$ ή

${{\lambda }^{3}}+{{\lambda }^{2}}\kappa +\lambda {{\kappa }^{2}}+{{\kappa }^{3}}+4>(\kappa +\lambda )({{\kappa }^{3}}+{{\lambda }^{3}}+{{\kappa }^{2}}\lambda +{{\lambda }^{2}}\kappa )+4$ ή

${{\lambda }^{3}}+{{\lambda }^{2}}\kappa +\lambda {{\kappa }^{2}}+{{\kappa }^{3}}>(\kappa +\lambda )({{\kappa }^{3}}+{{\lambda }^{3}}+{{\kappa }^{2}}\lambda +{{\lambda }^{2}}\kappa )$ ή

$(\lambda +\kappa )({{\lambda }^{2}}+{{\kappa }^{2}})>(\kappa +\lambda )({{\kappa }^{3}}+{{\lambda }^{3}}+{{\kappa }^{2}}\lambda +{{\lambda }^{2}}\kappa )$

άρα ένας ακόμη περιορισμός $\lambda >\kappa >0$ και ισοδύναμα ${{\lambda }^{2}}+{{\kappa }^{2}}>(\lambda +\kappa )({{\lambda }^{2}}+{{\kappa }^{2}})\Leftrightarrow 1>\lambda +\kappa$

και η τελευταία ανισότητα ένας ακόμη περιορισμός....

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

M.S.Vovos · #10

KAKABASBASILEIOS έγραψε:
M.S.Vovos έγραψε:Κ. Βασίλη, μήπως μπορείτε να γράψετε το σκεπτικό και τους περιορισμούς;

Φιλικά,
Μάριος
...η σκέψη αντιμετώπισης στην αρχική ανισότητα, και οι περιορισμοί που προέκυψαν, αν δεν έκανα κάποιο λάθος...

Ε. Με γνωστό ότι ισχύει ${{e}^{x}}\ge x+1,\,\,\,x\in R$ θα είναι ${{e}^{{{x}^{3}}}}\ge {{x}^{3}}+1,\,\,\,x\in R$ και ολοκληρώνοντας με $\kappa <\lambda$ έχουμε ότι

$\int\limits_{\kappa }^{\lambda }{{{e}^{{{x}^{3}}}}dx}\ge \int\limits_{\kappa }^{\lambda }{({{x}^{3}}+1)dx}=\left[ \frac{{{x}^{4}}}{4}+x \right]_{\kappa }^{\lambda }=\frac{{{\lambda }^{4}}}{4}+\lambda -\frac{{{\kappa }^{4}}}{4}-\kappa =\frac{{{\lambda }^{4}}-{{\kappa }^{4}}+4(\lambda -\kappa )}{4}=$

$\frac{(\lambda -\kappa )({{\lambda }^{3}}+{{\lambda }^{2}}\kappa +\lambda {{\kappa }^{2}}+{{\kappa }^{3}}+4)}{4}$ (1)

Τώρα $(\lambda -\kappa )\cdot \left[ \frac{(\kappa +\lambda )(f(\kappa )+f(\lambda )+{{\kappa }^{2}}\lambda +{{\lambda }^{2}}\kappa )}{4}+1 \right]=$

$=(\lambda -\kappa )\cdot \left[ \frac{(\kappa +\lambda )({{\kappa }^{3}}+{{\lambda }^{3}}+{{\kappa }^{2}}\lambda +{{\lambda }^{2}}\kappa )+4}{4} \right]$ (2)

Θέλουμε να ισχύει από (1),(2)

$\frac{(\lambda -\kappa )({{\lambda }^{3}}+{{\lambda }^{2}}\kappa +\lambda {{\kappa }^{2}}+{{\kappa }^{3}}+4)}{4}>(\lambda -\kappa )\cdot \left[ \frac{(\kappa +\lambda )({{\kappa }^{3}}+{{\lambda }^{3}}+{{\kappa }^{2}}\lambda +{{\lambda }^{2}}\kappa )+4}{4} \right]$ ή

${{\lambda }^{3}}+{{\lambda }^{2}}\kappa +\lambda {{\kappa }^{2}}+{{\kappa }^{3}}+4>(\kappa +\lambda )({{\kappa }^{3}}+{{\lambda }^{3}}+{{\kappa }^{2}}\lambda +{{\lambda }^{2}}\kappa )+4$ ή

${{\lambda }^{3}}+{{\lambda }^{2}}\kappa +\lambda {{\kappa }^{2}}+{{\kappa }^{3}}>(\kappa +\lambda )({{\kappa }^{3}}+{{\lambda }^{3}}+{{\kappa }^{2}}\lambda +{{\lambda }^{2}}\kappa )$ ή

$(\lambda +\kappa )({{\lambda }^{2}}+{{\kappa }^{2}})>(\kappa +\lambda )({{\kappa }^{3}}+{{\lambda }^{3}}+{{\kappa }^{2}}\lambda +{{\lambda }^{2}}\kappa )$

άρα ένας ακόμη περιορισμός $\lambda >\kappa >0$ και ισοδύναμα ${{\lambda }^{2}}+{{\kappa }^{2}}>(\lambda +\kappa )({{\lambda }^{2}}+{{\kappa }^{2}})\Leftrightarrow 1>\lambda +\kappa$

και η τελευταία ανισότητα ένας ακόμη περιορισμός....

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

Ευχαριστώ, κ. Βασίλη!

Νομίζω, ότι αν δώσουμε τη συνθήκη $0<\lambda +\kappa <1$ είναι εντάξει.

Φιλικά,
Μάριος

Διαφορική-Εξίσωση-Ολοκλήρωμα

Διαφορική-Εξίσωση-Ολοκλήρωμα

Re: Διαφορική-Εξίσωση-Ολοκλήρωμα

Re: Διαφορική-Εξίσωση-Ολοκλήρωμα

Re: Διαφορική-Εξίσωση-Ολοκλήρωμα

Re: Διαφορική-Εξίσωση-Ολοκλήρωμα

Re: Διαφορική-Εξίσωση-Ολοκλήρωμα

Re: Διαφορική-Εξίσωση-Ολοκλήρωμα

Re: Διαφορική-Εξίσωση-Ολοκλήρωμα

Re: Διαφορική-Εξίσωση-Ολοκλήρωμα

Re: Διαφορική-Εξίσωση-Ολοκλήρωμα

Μέλη σε σύνδεση