'Ομορφη

erxmer · #1

Δίνεται συνάρτηση $f: [1,2] \to \mathbb{R}$ παραγωγίσιμη, με συνεχή πρώτη παράγωγο και $f(1)=2, f'(x)<0, x \in [1,2]$ .

1) Να αποδείξετε οτι είναι αντιστρέψιμη και να βρεθεί το πεδίο ορισμού της αντίστροφης

Αν η $f^{-1}$ είναι συνεχής και ισχύει οτι: $\displaystyle{\int_{f(1)}^{f(2)}f^{-1}(t)dt+\int_{1}^{2}f(t)dt=0}$

2) Nα βρεθεί το f(2)

3) Yπάρχει τουλάχιστον ενα $x_0 \in (1,2)$ ώστε η εφαπτομένη της C_f

στο σημείο (x_0,f(x_0))

είναι παράλληλη στην ευθεία y=-x

4) H

τέμνει την διχοτόμο της 1ης και της 3ης γωνίας των αξόνων σε ακριβώς ενα σημείο με τετμημένη $x \in (1,2)$

5) $\displaystyle{\exists x_1,x_2 \in (1,2): f'(x_1) \cdot f'(x_2)=1}$

6) Αν $\displaystyle{\int_{1}^{2}f(x)dx=\frac{3}{2}}$ τοτε $\displaystyle{\int_{1}^{2}\frac{4}{f(x)}dx \leq 3}$

Tolaso J Kos · #2

erxmer έγραψε:Δίνεται συνάρτηση $f: [1,2] \to \mathbb{R}$ παραγωγίσιμη, με συνεχή πρώτη παράγωγο και $f(1)=2, f'(x)<0, x \in [1,2]$ .

1) Να αποδείξετε οτι είναι αντιστρέψιμη και να βρεθεί το πεδίο ορισμού της αντίστροφης

Αν η $f^{-1}$ είναι συνεχής και ισχύει οτι: $\displaystyle{\int_{f(1)}^{f(2)}f^{-1}(t)dt+\int_{1}^{2}f(t)dt=0}$

2) Nα βρεθεί το

3) Yπάρχει τουλάχιστον ενα $x_0 \in (1,2)$ ώστε η εφαπτομένη της στο σημείο είναι παράλληλη στην ευθεία

4) H τέμνει την διχοτόμο της 1ης και της 3ης γωνίας των αξόνων σε ακριβώς ενα σημείο με τετμημένη $x \in (1,2)$

5) $\displaystyle{\exists x_1,x_2 \in (1,2): f'(x_1) \cdot f'(x_2)=1}$

6) Αν $\displaystyle{\int_{1}^{2}f(x)dx=\frac{3}{2}}$ τοτε $\displaystyle{\int_{1}^{2}\frac{4}{f(x)}dx \leq 3}$

Κάπως αντίστροφα για τα πρώτα δύο ερωτήματα.

α) Προφανώς η

είναι αντιστρέψιμη αφού είναι γνησίως φθίνουσα διότι $f'(x)<0 \; \forall x \in [1, 2]$ .
β) Από τη σχέση που δίδεται έχουμε
$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{f(1)}^{f(2)} f^{-1}(t) \, {\rm d}t +\int_{1}^{2}f(t) \, {\rm d}t =0 &\overset{t=f(x)}{=\! =\! =\! =\!} \int_{1}^{2} x f'(x) \, {\rm d}x + \int_{1}^{2} f(x) \, {\rm d}x =0 \\ &\Leftrightarrow \left [ x f(x) \right ]_1^2 + \cancel{\int_{1}^{2} f(x) \, {\rm d}x - \int_{1}^{2} f(x) \, {\rm d}x} =0\\ &\Leftrightarrow 2 f(2) - f(1)=0 \\ &\Leftrightarrow 2f(2) =2 \\ &\Leftrightarrow f(2)=1 \end{aligned}}$ άρα f(2)=1

. Επειδή η

είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα το σύνολο τιμών είναι το $f\left ( \left [ 1, 2 \right ] \right )= \left [ f\left ( 2 \right ), f\left ( 1 \right ) \right ] = \left [ 1, 2 \right ]$ .

γ) Αρκεί να δείξουμε ότι υπάρχει $\xi \in (1, 2)$ τέτοιο ώστε $f'(\xi)=-1$ . Από Θέωρημα Μέσης Τιμής για τη παραγωγίσιμη στο [1, 2]

συνάρτηση έχουμε ότι υπάρχει ένα $\xi \in (1, 2)$ τέτοιο ώστε
$\displaystyle{f'\left ( \xi \right ) = \frac{f(2)-f(1)}{2-1} = \frac{1-2}{2-1} = -1}$ όπως θέλαμε.

δ) Η διχοτόμος της πρώτης και τρίτης γωνίας των αξόνων δεν είναι άλλη από την ευθεία y=x

. Θεωρώντας τη συνάρτηση g(x)=f(x)-x

εύκολα διαπιστώνουμε ότι είναι γνήσια φθίνουσα καθώς και ότι g(1)=f(1)-1 >0

,

. Οπότε από θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον $x_0 \in (1, 2)$ τέτοιο ώστε g(x_0)=0

το οποίο λόγω μονοτονίας είναι μοναδικό.

ε) Η

ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θεωρήματος Μέσης Τιμής στα διαστήματα [1, x_0]

και

. Οπότε από εφαρμογή του θεωρήματος στο διάστημα [1, x_0]

υπάρχει ένα $\xi_1 \in (1, x_0)$ τέτοιο ώστε $f'\left ( \xi_1 \right ) = \frac{f\left ( x_0 \right )-f(1)}{x_0-1}$ και στο διάστημα [x_0, 2]

υπάρχει ένα $\xi_2 \in (x_0, 2)$ τέτοιο ώστε $f'\left ( \xi_2 \right ) = \frac{f(2)-f(x_0)}{2-x_0}$ . Οπότε:
$\displaystyle{\begin{aligned} f'\left ( \xi_1 \right ) f' \left ( \xi_2 \right ) &=\frac{f(x_0)-f(1)}{x_0-1} \cdot \frac{f(2)-f\left ( x_0 \right )}{2-x_0} \\ &=\frac{f\left ( x_0 \right )-2}{x_0-1} \cdot \frac{1-f(x_0)}{2-x_0} \\ &=\frac{\left ( f\left ( x_0 \right )-2 \right )\left ( 1-f(x_0) \right )}{\left ( x_0-1 \right )\left ( 2-x_0 \right )} \\ &\!\!\!\!\! \!\!\!\!\overset{f\left ( x_0 \right )=x_0}{=\! =\! =\! =\! =\! =\!} \frac{\left ( x_0-2 \right )\left ( 1-x_0 \right )}{\left ( x_0-1 \right )\left ( 2-x_0 \right )}\\ &=1 \end{aligned}}$ στ) Δυστυχώς δε μπορώ να βγάλω το ως το φράγμα που δίδει η άσκηση. Βγάζω . Αυτό που έκανα είναι το εξής: Από το σύνολο τιμών γνωρίζουμε ότι $1 \leq f(x) \leq 2$ . Άρα $\displaystyle{\frac{1}{2} \leq \frac{1}{f(x)} \leq 1}$ . Με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε διαδοχικά:
$\displaystyle{\begin{aligned} f(x) + \frac{1}{f(x)} \leq 3 &\Rightarrow \int_{1}^{2} \left ( f(x) + \frac{1}{f(x)} \right ) \,{\rm d}x \leq 3 \\ &\Rightarrow \frac{3}{2} +\int_{1}^{2} \frac{{\rm d}x}{f(x)} \leq 3 \\ &\Rightarrow \int_{1}^{2} \frac{{\rm d}x}{f(x)} \leq \frac{3}{2}\\ &\Rightarrow \int_{1}^{2} \frac{4}{f(x)} \, {\rm d}x \leq 6 \end{aligned}}$

Τι δε βλέπω;

dement · #3

Τόλη, σου ρίχνω γενίκευση:

Έστω συνάρτηση

μονότονη και θετική στο [a,b]

με $\displaystyle \int_a^b f(x) dx = \frac{b-a}{2} \left( f(b) + f(a) \right)$ .

Τότε $\displaystyle \int_a^b \frac{1}{f(x)} dx \leqslant \frac{b-a}{2} \left( \frac{1}{f(a)} + \frac{1}{f(b)} \right)$

Tolaso J Kos · #4

dement έγραψε:
Έστω συνάρτηση μονότονη και θετική στο με $\displaystyle \int_a^b f(x) dx = \frac{b-a}{2} \left( f(b) + f(a) \right)$ .

Τότε $\displaystyle \int_a^b \frac{1}{f(x)} dx \leqslant \frac{b-a}{2} \left( \frac{1}{f(a)} + \frac{1}{f(b)} \right)$

Δημήτρη,

αυτή η πρόταση είναι τόσο γνωστή αλλά πού να πάει το μυαλό ; Άρα, σύμφωνα με αυτό έχουμε:
$\displaystyle{\int_{1}^{2} f(x) \, {\rm d}x = \frac{3}{2} = \frac{2-1}{2} \left ( f(2)+ f(1) \right )}$ Άρα:
$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{1}^{2} \frac{4}{f(x)} \, {\rm d}x & \leq 4\cdot \frac{2-1}{2} \left ( \frac{1}{f(2)} + \frac{1}{f(1)} \right ) \\ &=2 \left ( 1+ \frac{1}{2} \right ) \\ &=3 \end{aligned}}$ Βέβαια, όσο γνωστή είναι η πρόταση άλλο τόσο απαγορευμένη είναι για το Λύκειο αν και βέβαια η απόδειξή της είναι εύκολη. Πράγματι, όμορφη άσκηση.

Υ.Σ: Στο πάνω μήνυμά μου διορθώθηκαν κάποιες (συντακτικές) μορφοποιήσεις. Δεν έχει αλλάξει το μαθηματικό περιεχόμενο.

Eukleidis · #5

Tolaso J Kos έγραψε:
dement έγραψε:
Έστω συνάρτηση μονότονη και θετική στο με $\displaystyle \int_a^b f(x) dx = \frac{b-a}{2} \left( f(b) + f(a) \right)$ .

Τότε $\displaystyle \int_a^b \frac{1}{f(x)} dx \leqslant \frac{b-a}{2} \left( \frac{1}{f(a)} + \frac{1}{f(b)} \right)$
Δημήτρη,

αυτή η πρόταση είναι τόσο γνωστή αλλά πού να πάει το μυαλό ; Άρα, σύμφωνα με αυτό έχουμε:
$\displaystyle{\int_{1}^{2} f(x) \, {\rm d}x = \frac{3}{2} = \frac{2-1}{2} \left ( f(2)+ f(1) \right )}$ Άρα:
$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{1}^{2} \frac{4}{f(x)} \, {\rm d}x & \leq 4\cdot \frac{2-1}{2} \left ( \frac{1}{f(2)} + \frac{1}{f(1)} \right ) \\ &=2 \left ( 1+ \frac{1}{2} \right ) \\ &=3 \end{aligned}}$ Βέβαια, όσο γνωστή είναι η πρόταση άλλο τόσο απαγορευμένη είναι για το Λύκειο αν και βέβαια η απόδειξή της είναι εύκολη. Πράγματι, όμορφη άσκηση.

Υ.Σ: Στο πάνω μήνυμά μου διορθώθηκαν κάποιες (συντακτικές) μορφοποιήσεις. Δεν έχει αλλάξει το μαθηματικό περιεχόμενο.

Για την απόδειξη της γενικότερης ανισότητας σκέφτηκα την ανισότητα Chebychev άλλα δε βρίσκω τις σωστές συναρτήσεις για την εφαρμογή της. Ποια είναι η απόδειξη που έχεις κατά νου;

dement · #6

Περαιτέρω γενίκευση: Έστω μονότονη θετική συνάρτηση

και $0 \leqslant p, q \leqslant 1$ με p + q = 1

και $\displaystyle \int_a^b f(x) \mathrm{d} x = (b-a) \left( p f(a) + q f(b) \right)$ . Τότε $\displaystyle \int_a^b \frac{1}{f(x)} \mathrm{d} x \leqslant (b-a) \left( \frac{p}{f(a)} + \frac{q}{f(b)} \right)$ .

Έστω m = qa + pb

. Ισχύει $\displaystyle \int_a^m \left( \frac{1}{f(a)} - \frac{1}{f(x)} \right) \mathrm{d}x = \int_a^m \frac{f(x) - f(a)}{f(x) f(a)} \mathrm{d}x \geqslant \frac{1}{f(m)^2} \left( \int_a^m f(x) \mathrm{d} x - p f(a) (b-a) \right)$ .

Ομοίως $\displaystyle \int_m^b \left( \frac{1}{f(b)} - \frac{1}{f(x)} \right) \mathrm{d}x \geqslant \frac{1}{f(m)^2} \left( \int_m^b f(x) \mathrm{d} x - q f(b) (b-a) \right)$ .

Προσθέτοντας κατά μέλη και χρησιμοποιώντας την υπόθεση παίρνουμε το ζητούμενο.

erxmer · #7

Αλλιώς για το τελευταίο χωρίς βαριά εργαλεία $1 \leq f(x) \leq 2$ , άρα $(f(x)-1)(f(x)-2) \leq 0$ με f(x)>0

. Μετα είναι θέμα πράξεων...

dement · #8

Και έτσι αποφεύγεται και η συνθήκη της μονοτονίας.

'Ομορφη

'Ομορφη

Re: 'Ομορφη

Re: 'Ομορφη

Re: 'Ομορφη

Re: 'Ομορφη

Re: 'Ομορφη

Re: 'Ομορφη

Re: 'Ομορφη

Μέλη σε σύνδεση