Για τους μαθητές της Γ Λυκείου

Tolaso J Kos · #101

Λάμπρος Μπαλός έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 9 Ζανταρίδης

Για την παραγωγίσιμη συνάρτηση $f: R \rightarrow R$ ισχύει

→ $lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(x+h)+(h-1)f(x)}{sinh} = (2x-3)e^{x}+e^{-x}$ , για κάθε $x \in R$ και

→

Α) Να δείξετε ότι $e^{x}(f'(x)+f(x))=(2x-3)e^{2x}+1$

Β) Να δείξετε ότι $f(x)=(x-2)e^{x}+(x+2)e^{-x}$

Γ) Να μελετηθεί η ως προς την κυρτότητα.

Δ) Να δείξετε ότι η έχει ακριβώς δύο θέσεις τοπικών ακροτάτων.

Ε) Να δείξετε ότι αν $x_{1},x_{2}$ είναι οι θέσεις τοπικών ακροτάτων της , τότε είναι $x_{1}+x_{2}=0$

Δίνω μία ( αναλυτική ) λύση στην άσκηση αυτή μιας και η λύση που δόθηκε λίγο πιο πίσω είναι λανθασμένη σε κάποια σημεία και λίγο πρόχειρη γραμμένη.

(α) Το δοθέν όριο γράφεται ως:
$\displaystyle{\begin{aligned} \lim_{h\rightarrow 0} \frac{f\left ( x+h \right ) + \left ( h-1 \right ) f(x)}{\sin h} &=\lim_{h\rightarrow 0} \frac{h}{\sin h} \frac{f\left ( x+h \right )+ \left ( h-1 \right ) f(x)}{h} \\ &= \lim_{h\rightarrow 0} \left (\frac{h}{\sin h} \cdot \frac{f\left ( x+h \right ) + hf(x) - f(x)}{h} \right ) \\ &= \lim_{h\rightarrow 0} \left[ \frac{h}{\sin h} \left ( \frac{f(x+h) - f(x)}{h} + f(x) \right ) \right]\\ &= f'(x) + f(x) \end{aligned}}$ Οπότε η αρχική σχέση δίδει άμεσα το ζητούμενο.

(β) Από τo προηγούμενο ερώτημα έχουμε:
$\displaystyle{\begin{aligned} e^x \left ( f'(x) + f(x) \right ) = \left ( 2x-3 \right ) e^{2x} +1 &\Rightarrow \left ( e^x f(x) \right )' = \left [ \left ( 2x-3 \right ) \frac{e^{2x}}{2} - \frac{e^{2x}}{2} +2+x \right ]' \\ &\Rightarrow e^x f(x) = \left ( 2x-3 \right ) \frac{e^{2x}}{2} - \frac{e^{2x}}{2} +2+x +c\\ &\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\overset{f(0)=0 \Rightarrow c=0}{=\! =\! =\! =\! =\! =\! =\! =\!\Rightarrow} f(x) = \left ( x-2 \right ) e^x + \left ( x+2 \right )e^{-x} \end{aligned}}$ (γ) Για κάθε $x \in \mathbb{R}$ είναι
$\displaystyle{f'(x) = (x - 1 )e^x - (x+1)e^{-x}}$ Παρατηρούμε ότι f'(0)=-2

. Παραγωγίζοντας ξανά εύκολα βλέπουμε ότι $f''(x)= x \left( e^x +e^{-x} \right)$ . Επειδή $e^x + e^{-x} \geq 0$ για κάθε $x \in \mathbb{R}$ εύκολα βλέπουμε ότι για κάθε $x \geq 0$ είναι $f''(x) \geq 0$ . Συνεπώς η

είναι κυρτή στο $[0, +\infty)$ ενώ είναι κοίλη στο $(-\infty, 0]$ . Κατά συνέπεια η

είναι γνήσια αύξουσα στο $[0, +\infty)$ ενώ γνήσια φθίνουσα στο $(-\infty, 0]$ με ελάχιστο στο x_0=0

ίσο με

. Επίσης παρατηρούμε ότι το x_0=0

είναι σημείο καμπής της συνάρτησης

.

(δ) Παρατηρούμε ότι $\lim \limits_{x \rightarrow -\infty} f'(x)=+\infty$ καθώς επίσης και $\lim \limits_{x \rightarrow +\infty} f'(x)=+\infty$ . Συνεπώς υπάρχουν σημεία που η

μηδενίζει. Ας τα ονομάσουμε x_1

και

αντίστοιχα. Παρατηρούμε ότι το ένα σημείο είναι αρνητικό (και ας είναι αυτό το x_1

) ενώ το άλλο σημείο είναι θετικό και ας είναι αυτό το x_2

. Εκατέρωθεν των σημείων αυτών το πρόσημο της

αλλάζει συνεπώς η

έχει δύο ακρότατα.

Διαγραμματικά έχουμε:
[attachment=0]complete_tab.jpg[/attachment] (ε) Εύκολα παρατηρούμε ότι η

είναι άρτια. Κατά συνέπεια:
$\displaystyle{f'\left ( x_1 \right ) = f'\left ( -x_1 \right ) = f'\left ( x_2 \right ) = f'\left ( -x_2 \right ) =0 }$ Από εδώ συνάγουμε εύκολα το συμπέρασμα. Ίσως το προφανές που βλέπω εγώ να χρειάζεται να πούμε κάτι καλύτερο. Μπορεί αν θέλει κάποιος να το συμπληρώσει.

Tolaso J Kos · #102

Λάμπρος Μπαλός έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 10 Πατήλας
ας ασχοληθούν οι μαθητές λοιπόν μέχρι την Παρασκευή 11 Μαρτίου

Δίνεται η συνάρτηση $f(x)= \frac{1}{\sqrt{x+ \sqrt{x^{2}+1}}}$ , $x \in R$

Α) Να δείξετε ότι $2f'(x) \sqrt{x^{2}+1}=-f(x)$

Β) Να βρείτε το είδος μονοτονίας της

Γ) Να αποδείξετε ότι $\int_{-1}^{1} \frac{1}{\sqrt{x^{2}+1}} dx = ln(3+2 \sqrt{2})$

Δ) Αν για τη συνεχή συνάρτηση $g:[-1,1] \rightarrow R$ ισχύει : $\int_{-1}^{1} \frac{xg(x)}{\sqrt{x^{2}+1}}dx > ln(3+2 \sqrt{2})$ ,

να δείξετε ότι η εξίσωση $g(x)= \frac{1}{x}$ έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα .

(α) Όντως το πεδίο ορισμού της συνάρτησης

είναι το $\mathbb{R}$ αφού ως γνωστόν ισχύει
$\displaystyle{x + \sqrt{x^2+1} >0 \quad \text{\gr για κάθε} \; x \in \mathbb{R}}$ Επίσης σε αυτό είναι παραγωγίσιμη ως σύνθεση παραγωγίσιμων συναρτήσεων. Πράξεις ρουτίνας αποκαλύπτουν ότι
$\displaystyle{f'(x) = - \frac{1}{2\sqrt{x^2+1} \sqrt{x + \sqrt{x^2+1}}}}$ Οπότε όντως $\displaystyle{2 f'(x) \sqrt{x^2+1} = -f(x)}$ .

(β) Από τη σχέση $\displaystyle{2 f'(x) \sqrt{x^2+1} = -f(x)}$ βγάζουμε ότι f'(x)<0

για κάθε $x \in \mathbb{R}$ αφού η

είναι προφανώς θετική σε όλο το $\mathbb{R}$ . Συνεπώς η

είναι γνήσια φθίνουσα.

(γ) Από άσκηση του σχολικού βιβλίου γνωρίζουμε ότι $\displaystyle{\left [\ln \left ( \sqrt{x^2+1} + x \right ) \right ]' = \frac{1}{\sqrt{x^2+1}}}$ . Κατά συνέπεια είναι:
$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{-1}^{1} \frac{{\rm d}x}{\sqrt{x^2+1}} &= \left [ \ln \left ( \sqrt{x^2+1} + x \right ) \right ]_{-1}^{1} \\ &= \ln \left ( 3 + 2\sqrt{2} \right ) \end{aligned}}$ (δ) Ισχύει ότι
$\displaystyle{\int_{-1}^{1} \frac{x g(x)}{\sqrt{x^2+1}} \, {\rm d}x > \ln \left ( 3+2\sqrt{2} \right ) = \int_{-1}^{1} \frac{{\rm d}x}{\sqrt{x^2+1}}}$ Άρα
$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{-1}^{1} \frac{x g(x)}{\sqrt{x^2+1}} \, {\rm d}x > \int_{-1}^{1} \frac{{\rm d}x}{\sqrt{x^2+1}} &\Leftrightarrow \int_{-1}^{1} \frac{x g(x)}{\sqrt{x^2+1}} \, {\rm d}x - \int_{-1}^{1} \frac{{\rm d}x}{\sqrt{x^2+1}} >0\\ &\Leftrightarrow \int_{-1}^{1} \frac{x g(x) -1}{\sqrt{x^2+1}} \, {\rm d}x >0 \end{aligned}}$ To Bolzano τώρα είναι προφανές ότι θα γίνει. Κόλλησα όμως . Μία υπόδειξη για το πώς συνεχίζουμε ;

Christos.N · #103

Αποστόλη από εκεί που σταμάτησες, γιατί μπορούμε να έχουμε και διαφορετική αντιμετώπιση χρησιμοποιώντας το Θ.Ε.Τ. με μια μικρή αναδιατύπωση χωρίς να αλλάζει η ιδέα.

Έστω $\displaystyle{h\left( x \right) = xg\left( x \right) - 1,x \in \left[ { - 1,1} \right]}$

τότε η παραπάνω συνεχής συνάρτηση θα παρουσιάζει μέγιστο στο $\displaystyle{\left[ { - 1,1} \right]}$ , έστω $\displaystyle{h\left( {{x_0}} \right) \ge h\left( x \right),x \in \left[ { - 1,1} \right]}$ τότε $\displaystyle{h\left( {{x_0}} \right) \ge h\left( x \right) \Rightarrow h\left( {{x_0}} \right)\int\limits_{ - 1}^1 {\frac{1}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}} \,dx \ge \int\limits_{ - 1}^1 {\frac{{h\left( x \right)}}{{\sqrt {{x^2} + 1} }}} \,dx > 0 \Rightarrow h\left( {{x_0}} \right) > 0}$ .

Όμως $\displaystyle{h\left( 0 \right) = - 1}$ άρα στο διάστημα ( $\displaystyle{{x_0} \ne 0}$ ) που ορίζουν οι αριθμοί $\displaystyle{{x_0}}$ και

ικανοποιούνται οι υποθέσεις του θεωρήματος Bolzano

και έπεται το ζητούμενο.

Tolaso J Kos · #104

Χρήστο ευχαριστώ.

Δε θα το σκεφτόμουν αυτό με το μέγιστο.

Christos.N έγραψε:Αποστόλη από εκεί που σταμάτησες, γιατί μπορούμε να έχουμε και διαφορετική αντιμετώπιση χρησιμοποιώντας το Θ.Ε.Τ. με μια μικρή αναδιατύπωση χωρίς να αλλάζει η ιδέα.

Θα ήθελα να τη δω.

Για τους μαθητές της Γ Λυκείου

Re: Για τους μαθητές της Γ Λυκείου

Re: Για τους μαθητές της Γ Λυκείου

Re: Για τους μαθητές της Γ Λυκείου

Re: Για τους μαθητές της Γ Λυκείου

Μέλη σε σύνδεση