Νωρίς ακόμα (2)...

M.S.Vovos · #1

Μία ακόμα κατασκευή.

Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:\left [ 0,1 \right ]\rightarrow \mathbb{R}^{\ast }$ , για την οποία ισχύουν:

$\displaystyle \bullet \hspace{3mm}f^{2}(0)+f^{2}(1)+4+2\sqrt{2}\leq 2\left ( f(0)+\left ( 1+\sqrt{2} \right )f(1) \right )$

$\displaystyle \bullet \hspace{3mm}f'(x)\left ( 1+\frac{1}{f^{2}\left ( x \right )} \right )\leq 2$ , για κάθε $x\in \left [ 0,1 \right ]$ .

(α.i.) Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{f^{2}(x)=2xf(x)+1}$ , για κάθε $x\in \left [ 0,1 \right ]$ .
(α.ii.) Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{f(x)=x+\sqrt{x^{2}+1}}$ , για κάθε $x\in \left [ 0,1 \right ]$ .

(β) Να προσδιορίσετε την μέγιστη

και ελάχιστη

τιμή της συνάρτησης

και στη συνέχεια, να αποδείξετε ότι η παρακάτω εξίσωση είναι αδύνατη:
$\displaystyle{\displaystyle \frac{{x - 1 + \sqrt {{x^2} + 1} }}{{y - 1 + \sqrt {{y^2} + 1} }} = \frac{{1 - y - \sqrt {{y^2} + 1} + \sqrt 2 }}{{x - 1 + \sqrt {{x^2} + 1} - \sqrt 2 }}, \hspace{4mm}x,y\in (0,1)}$ (γ) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση

είναι αντιστρέψιμη με $\displaystyle{f^{-1}(x)=\frac{x^{2}-1}{2x}}$ , για κάθε $\displaystyle{x\in \left [ 1,1+\sqrt{2} \right ]}$ .

(δ) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου $\Omega$ , που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης

, τους άξονες συντεταγμένων και την ευθεία x=1

.

Φιλικά,
Μάριος

Tolaso J Kos · #2

M.S.Vovos έγραψε:
Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:\left [ 0,1 \right ]\rightarrow \mathbb{R}^{\ast }$ , για την οποία ισχύουν:

$\displaystyle \bullet \hspace{3mm}f^{2}(0)+f^{2}(1)+4+2\sqrt{2}\leq 2\left ( f(0)+\left ( 1+\sqrt{2} \right )f(1) \right ) \quad \quad {\color{red}{(1)}}$

$\displaystyle \bullet \hspace{3mm}f'(x)\left ( 1+\frac{1}{f^{2}\left ( x \right )} \right )\leq 2$ , για κάθε $x\in \left [ 0,1 \right ]. \quad \quad {\color{red}{(2)}}$

(α.i.) Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{f^{2}(x)=2xf(x)+1}$ , για κάθε $x\in \left [ 0,1 \right ]$ .
(α.ii.) Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{f(x)=x+\sqrt{x^{2}+1}}$ , για κάθε $x\in \left [ 0,1 \right ]$ .

(β) Να προσδιορίσετε την μέγιστη και ελάχιστη τιμή της συνάρτησης και στη συνέχεια, να αποδείξετε ότι η παρακάτω εξίσωση είναι αδύνατη:
$\displaystyle{\displaystyle \frac{{x - 1 + \sqrt {{x^2} + 1} }}{{y - 1 + \sqrt {{y^2} + 1} }} = \frac{{1 - y - \sqrt {{y^2} + 1} + \sqrt 2 }}{{x - 1 + \sqrt {{x^2} + 1} - \sqrt 2 }}, \hspace{4mm}x,y\in (0,1)}$ (γ) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση είναι αντιστρέψιμη με $\displaystyle{f^{-1}(x)=\frac{x^{2}-1}{2x}}$ , για κάθε $\displaystyle{x\in \left [ 1,1+\sqrt{2} \right ]}$ .

(δ) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου $\Omega$ , που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης , τους άξονες συντεταγμένων και την ευθεία .

Φιλικά,
Μάριος

Από τη σχέση (1)

βγάζουμε
$\displaystyle{\begin{aligned} f^2(0) + f^2(1) +4 +2\sqrt{2} \leq 2 f(0) +2 f(1) \left ( 1+\sqrt{2} \right ) &\Leftrightarrow f^2(0) - 2f(0) + f^2(1) + \\ & \quad \quad \quad +4 +2\sqrt{2} - 2 \left ( 1+\sqrt{2} \right ) f(1) \leq 0 \\ &\Leftrightarrow f^2(0) -2f(0) +1 - 1 + \\ & \quad \quad \quad + 4 + 2\sqrt{2} - 2\left ( 1+\sqrt{2} \right ) f(1) \leq 0\\ &\Leftrightarrow \left ( f(0) -1 \right )^2 + \bigg ( f(1) - \left ( 1+\sqrt{2} \right ) \bigg )^2 \leq 0 \end{aligned}}$ Συνεπώς f(0)=1

και $f(1)=1+\sqrt{2}$ . Επειδή η

είναι συνεχής στο [0, 1]

και σε αυτό είναι μη μηδενιζόμενη ( αφού από τα δεδομένα δίδεται ότι το σύνολο αφίξεως είναι το $\mathbb{R}^*$ ) θα διατηρεί πρόσημο. Εφόσον f(0)=1>0

συνάγουμε ότι f(x)>0

για κάθε $x \in [0, 1]$ .

(α)

(ι) Από τη σχέση (2)

έχουμε
$\displaystyle{\begin{aligned} f'(x) \left ( 1 + \frac{1}{f^2(x)} \right ) \leq 2 &\Leftrightarrow f'(x) + \frac{f'(x)}{f^2(x)} \leq 2 \\ &\Leftrightarrow \left ( f(x) - \frac{1}{f(x)} -2x \right ) ' \leq 0 \end{aligned}}$ Θεωρούμε τη συνάρτηση $g(x)=f(x)-\frac{1}{f(x)}-2x$ η οποία είναι παραγωγίσιμη στο [0, 1]

και ( γνήσια ) φθίνουσα αφού $g'(x) \leq 0$ . 'Όμως η

είναι συνεχής σε κλειστό διάστημα οπότε σε αυτό λαμβάνει μέγιστη και ελάχιστη τιμή. Επειδή είναι φθίνουσα η ελάχιστη τιμή είναι η g(1)

και η μέγιστη η g(0)

. Θα δείξουμε ότι g(x)=0

για κάθε $x \in [0, 1]$ . Πράγματι:
$\displaystyle{\begin{aligned} g(1) \leq g(x) \leq g(0) &\Rightarrow 0 \leq g(x) \leq 0 \\ &\Rightarrow f(x) - \frac{1}{f(x)} - 2x =0 \end{aligned}}$ Το ζητούμενο έπεται άμεσα.

(ιι) Από τη σχέση που αποδείξαμε λίγο πριν πάνω , αν κάνουμε τη συμπλήρωση τετραγώνων , έχουμε:
$\displaystyle{\left ( f(x) - x \right )^2 = x^2 + 1 \quad \quad (3)}$ Η συνάρτηση h(x)=f(x)-x

είναι συνεχής στο [0, 1]

και μη μηδενιζόμενη σε αυτό , διότι αν είχε ρίζα τότε , έστω x_0

, η

για

θα έδινε

το οποίο προφανώς είναι άτοπο. Οπότε η

διατηρεί πρόσημο και μάλιστα θετικό αφού h(0)=f(0)=1>0

. Άρα
$\displaystyle{f(x) = x + \sqrt{x^2+1} \; , \; x \in [0, 1]}$ (β) Η

είναι γνήσια αύξουσα ( απλό με τον ορισμό αφού δουλεύουμε στο [0, 1]

). Οπότε η μέγιστη τιμή της είναι η $f(1)=1+\sqrt{2}$ και η ελάχιστη είναι η f(0)=1

. Οπότε για κάθε $x \in [0, 1]$ είναι $f(0) \leq f(x) \leq f(1)$ και για κάθε $y \in [0, 1]$ είναι $f(0) \leq f(y) \leq f(1)$ . Παρατηρούμε ότι η εξίσωση γράφεται ως:
$\displaystyle{\frac{f(x) -f(0)}{f(y) -f(0)} = \frac{f(1) - f(y)}{f(x) - f(1)}}$ Από τη παραπάνω ανάλυση εύκολα διαπιστώνουμε τώρα ότι το πρώτο μέλος είναι θετικό ενώ το δεύτερο αρνητικό. Άρα η εξίσωση δε μπορεί να έχει λύση.

(γ) Ως γνήσια αύξουσα συνάρτηση η

είναι αντιστρέψιμη. Το πεδίο τιμών της είναι το $[1, 1+\sqrt{2}]$ . Για την εύρεση της αντίστροφης θέτουμε y=f(x)

και αρκεί να λύσουμε ως προς

. Όμως:
$\displaystyle{\begin{aligned} y=f(x) &\Leftrightarrow y = x + \sqrt{x^2+1} \\ &\Leftrightarrow y - x = \sqrt{x^2+1} \\ &\Leftrightarrow \left ( y-x \right )^2 = x^2+1 \\ &\Leftrightarrow y^2 -2yx + x^2 =x^2 +1 \\ &\Leftrightarrow y^2 -1 = 2yx \\ &\!\overset{y \neq 0}{\Leftrightarrow} \frac{y^2-1}{2y} = x \end{aligned}}$ Άρα όντως $f^{-1}(y)= \frac{y^2-1}{2y} , \; y \in [1, 1+\sqrt{2}]$ .

(δ) Το εμβαδόν που περικλείεται της γραφικής παράστασης της

, των αξόνων και της ευθείας x=1

είναι ίσο με
$\displaystyle{{\rm E}\left ( \Omega \right ) = \int_{0}^{1} \left ( x + \sqrt{x^2+1} \right ) \, {\rm d}x \quad \quad (4)}$ Αρχικά θα υπολογίσουμε το ολοκλήρωμα $\bigintsss_0^1 \sqrt{x^2+1} \, {\rm d}x$ . Ας το ονομάσουμε $\mathcal{J}$ . Τότε:
$\displaystyle{\begin{aligned} \mathcal{J} &= \int_{0}^{1} \sqrt{x^2+1} \, {\rm d}x \\ &= \left [ x \sqrt{x^2+1} \right ]_0^1 - \int_{0}^{1}\frac{x^2}{\sqrt{x^2+1}} \, {\rm d}x\\ &= \sqrt{2} - \int_{0}^{1} \frac{x^2+1 -1}{\sqrt{x^2+1}} \, {\rm d}x\\ &= \sqrt{2} - \int_{0}^{1} \frac{x^2+1}{\sqrt{x^2+1}}\, {\rm d}x + \int_{0}^{1} \frac{{\rm d}x}{\sqrt{x^2+1}}\\ &= \sqrt{2} - \underbrace{\int_{0}^{1} \sqrt{x^2+1}}_{\mathcal{J}} \, {\rm d}x + \left [ \ln \left ( x + \sqrt{x^2+1} \right ) \right ]_0^1\\ &= \sqrt{2} - \mathcal{J} + \ln \left ( 1+\sqrt{2} \right ) \end{aligned}}$ Οπότε $\displaystyle{\mathcal{J} = \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\ln \left ( 1+\sqrt{2} \right )}{2}}$ . Γυρνώντας πίσω στη (4)

παίρνουμε ότι το ζητούμενο εμβαδόν έχει τιμή ίση με:
$\displaystyle{{\rm E}\left ( \Omega \right ) = \frac{1+\sqrt{2} + \ln \left ( 1+\sqrt{2} \right )}{2}}$

Ωραία ασκησούλα!!

M.S.Vovos · #3

Αφού ευχαριστήσω τον Τόλη

, να δώσω μια διαφορετική προσέγγιση που "πατά" σε δύο πράγματα:

1) Ένα πολύ γνωστό λήμμα και το βασικότερο,
2) χρησιμοποιούμε τα προηγούμενα ερωτήματα.

Λήμμα
Αν η συνάρτηση

είναι παραγωγίσιμη και 1-1

σε ένα διάστημα $\left [ \alpha ,\beta \right ]$ , τότε θεωρώντας ότι η $f^{-1}$ είναι συνεχής, ισχύει:
$\displaystyle{\displaystyle \int_{\alpha }^{\beta }f(x)dx+\int_{f(\alpha )}^{f(\beta )}f^{-1}(x)dx=\beta f(\beta )-\alpha f(\alpha )}$ Απόδειξη
Για το $\displaystyle{\displaystyle I=\int_{f(\alpha )}^{f(\beta )}f^{-1}(x)dx}$ .

Θέτουμε $\displaystyle{f^{-1}(x)=y\Leftrightarrow x=f(y)}$ , οπότε $\displaystyle{dx=f'(y)dy}$ .

Για $\displaystyle{x=f(\alpha ),f(\beta )}$ έχουμε αντίστοιχα $y=\alpha ,\beta$ . Επομένως:

$\displaystyle{I=\int_{\alpha }^{\beta }yf'(y)dy=\int_{\alpha }^{\beta }xf'(x)dx=\left [ xf(x) \right ]_{\alpha }^{\beta }-\int_{\alpha }^{\beta }(x)'f(x)dx=\beta f(\beta )-\alpha f(\alpha )-\int_{\alpha }^{\beta }f(x)dx}$

Και άρα: $\displaystyle{\displaystyle{\displaystyle \int_{\alpha }^{\beta }f(x)dx+\int_{f(\alpha )}^{f(\beta )}f^{-1}(x)dx=\beta f(\beta )-\alpha f(\alpha )}}$

Επομένως, το ζητούμενο εμβαδόν είναι:

$\displaystyle{E=\int_{0 }^{1 }\left | f(x) \right |dx=\int_{0}^{1}f(x)dx=1\cdot f(1)-0\cdot f(0)-\int_{f(0)}^{f(1)}f^{-1}(x)dx=1+\sqrt{2}-\int_{1}^{1+\sqrt{2}}\frac{x^{2}-1}{2x}dx=$
$\displaystyle ={1+\sqrt{2}-\left [ \frac{x^{2}}{4}-\frac{\mathrm{ln}x}{2} \right ]_{1}^{1+\sqrt{2}}=\cdots }}$

Φιλικά,
Μάριος

Νωρίς ακόμα (2)...

Νωρίς ακόμα (2)...

Re: Νωρίς ακόμα (2)...

Re: Νωρίς ακόμα (2)...

Μέλη σε σύνδεση