Μεθοδολογική

erxmer · #1

∆ίνεται η συνάρτηση f(x)=x^a

$,x \geq 0, a \in (0,1)$ σταθερός.

1) Να δείξετε ότι η

είναι γνησίως αύξουσα και κοίλη στο $[0,+\infty)$ .

2) Να ϐρείτε το εµβαδόν του χωρίου που περικλείετε από τη C_f

, τον άξονα xx'

και τις ευθείες x = 0, x = 2

3) Να ϐρείτε $t \in (0,2)$ ώστε η ευθεία x = t,

να χωρίζει το ανωτέρω χωρίο σε δύο ισεµβαδικά μέρη

4) Aν $a=\frac{1}{3}$ να υπολογιστεί το όριο $\displaystyle{\lim_{x \to +\infty}\left ( 1+\frac{1}{x^a} \right )^{\displaystyle{\frac{x}{2}}}}$

ερωτήμα bonus αν το $a \in (0,1)$ υπάρχει τρόπος να βρεθεί σε πιο γενική μορφή το παραπάνω όριο;

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #2

Κάνω το bonus

$ln(1+\frac{1}{x^{a}})^{\frac{x}{2}}=\frac{x}{2}ln(1+\frac{1}{x^{a}})$

Επειδή $1-\frac{1}{x}\leq lnx\leq x-1$ (σχολικό εφαρμογή)
παίρνουμε

$\dfrac{x}{1+x^{a}}\leq xln(1+\frac{1}{x^{a}})\leq \dfrac{x}{x^{a}}$

Αφου 0<a< 1

απο ισοσυγκλίνουσες $\lim_{x\rightarrow \infty }xln(1+\frac{1}{x^{a}})=\infty$

Αρα

$\lim_{x\rightarrow \infty }(1+\frac{1}{x^{a}})^{\frac{x}{2}}=\infty$

#3

erxmer έγραψε:∆ίνεται η συνάρτηση $,x \geq 0, a \in (0,1)$ σταθερός.

1) Να δείξετε ότι η είναι γνησίως αύξουσα και κοίλη στο $[0,+\infty)$ .

2) Να ϐρείτε το εµβαδόν του χωρίου που περικλείετε από τη , τον άξονα
και τις ευθείες

3) Να ϐρείτε $t \in (0,2)$ ώστε η ευθεία να χωρίζει το ανωτέρω χωρίο σε δύο ισεµβαδικά μέρη

4) Aν $a=\frac{1}{3}$ να υπολογιστεί το όριο $\displaystyle{\lim_{x \to +\infty}\left ( 1+\frac{1}{x^a} \right )^{\displaystyle{\frac{x}{2}}}}$

...μιά αντιμετώπιση....

1) Είναι η f(x)=x^a

με $,x \geq 0, a \in (0,1)$ παραγωγίσιμη με ${f}'(x)=a{{x}^{a-1}}>0$ για κάθε x>0

και αφού είναι συνεχής στο

$[0,+\infty)$ είναι γνήσια αύξουσα στο $[0,+\infty)$ . Επίσης είναι ${f}''(x)=a(\alpha -1){{x}^{a-2}}<0$ για κάθε x>0

αφού $a\in (0,1)$ άρα κοίλη στο $[0,+\infty)$ .

2) Το ζητούμενο εμβαδό είναι $E=\int\limits_{0}^{2}{|f(x)|dx}=\int\limits_{0}^{2}{{{x}^{a}}dx}=\frac{1}{a+1}\left[ {{x}^{a+1}} \right]_{0}^{2}=\frac{1}{a+1}\left( {{2}^{a+1}}-0 \right)=\frac{1}{a+1}{{2}^{a+1}}$

3) Για $t \in (0,2)$ θέλουμε $\int\limits_{0}^{t}{{{x}^{a}}dx}=\frac{E}{2}\Leftrightarrow \left[ {{x}^{a+1}} \right]_{0}^{t}=\frac{{{2}^{a}}}{a+1}\Leftrightarrow {{t}^{a+1}}=\frac{{{2}^{a}}}{a+1}$ επομένως ισοδύναμα

$\ln {{t}^{a+1}}=\ln \frac{{{2}^{a}}}{a+1}\Leftrightarrow (a+1)\ln t=a\ln 2-\ln (a+1)\Leftrightarrow$

$\ln t=\frac{a\ln 2-\ln (a+1)}{a+1}\Leftrightarrow t={{e}^{\left( \frac{a\ln 2-\ln (a+1)}{a+1} \right)}}$

4) Για $a=\frac{1}{3}$ είναι $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( 1+\frac{1}{{{x}^{\frac{1}{3}}}} \right)}^{\frac{x}{2}}}$ και αν

$g(x)={{\left( 1+\frac{1}{{{x}^{\frac{1}{3}}}} \right)}^{\frac{x}{2}}}={{e}^{\left( \frac{x}{2}\ln \left( 1+\frac{1}{{{x}^{\frac{1}{3}}}} \right) \right)}}$ έχουμε

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,u=\frac{1}{2}\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( x\ln \left( 1+\frac{1}{{{x}^{\frac{1}{3}}}} \right) \right)=\frac{1}{2}\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln \left( {{x}^{\frac{1}{3}}}+1 \right)-\frac{1}{3}lnx}{\frac{1}{x}}\underset{DLH}{\mathop{\overset{\frac{0}{0}}{\mathop{=}}\,}}\,$

$=\frac{1}{2}\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\frac{1}{{{x}^{\frac{1}{3}}}+1}\frac{1}{3}{{x}^{-\frac{2}{3}}}-\frac{1}{3x}}{-\frac{1}{{{x}^{2}}}}=-\frac{1}{6}\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\frac{1}{{{x}^{\frac{1}{3}}}+1}{{x}^{-\frac{2}{3}}}-\frac{1}{x}}{\frac{1}{{{x}^{2}}}}=-\frac{1}{6}\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\frac{1}{x+{{x}^{\frac{2}{3}}}}-\frac{1}{x}}{\frac{1}{{{x}^{2}}}}$

$=-\frac{1}{6}\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\frac{x-x-{{x}^{\frac{2}{3}}}}{\left( x+{{x}^{\frac{2}{3}}} \right)x}}{\frac{1}{{{x}^{2}}}}=-\frac{1}{6}\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{-{{x}^{\frac{2}{3}}}{{x}^{2}}}{\left( x+{{x}^{\frac{2}{3}}} \right)x}=\frac{1}{6}\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{\frac{2}{3}}}x}{x+{{x}^{\frac{2}{3}}}}=$

$=\frac{1}{6}\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x}{{{x}^{\frac{1}{3}}}+1}\underset{DLH}{\overset{\frac{\infty }{\infty }}{\mathop{=}}}\,\frac{1}{6}\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{\frac{1}{3}{{x}^{-\frac{2}{3}}}}=\frac{1}{2}\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{{x}^{\frac{2}{3}}}=+\infty$ επομένως $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,g(x)=\underset{u\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{e}^{u}}=+\infty$

με κάθε επιφύλαξη για τις πράξεις...

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

Μεθοδολογική

Μεθοδολογική

Re: Μεθοδολογική

Re: Μεθοδολογική

Μέλη σε σύνδεση