Μονοτονία

#1

Έστω $\displaystyle{f(x)=\sqrt{({{e}^{x}}-1)(1-\ln (e-x))}}$ .
α) Βρείτε το πεδίο ορισμού της
β) Να τη μελετήσετε ως προς τη μονοτονία
γ) Να εξετάσετε αν είναι παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{{{x}_{0}}=0}$

Christos.N · #2

α) Οι βασικοί μας περιορισμοί είναι:

$\displaystyle{\begin{array}{l} e - x > 0 \Rightarrow x < e\\ \left( {{e^x} - 1} \right)\left( {1 - \ln \left( {e - x} \right)} \right) \ge 0 \end{array}}$

Με την βοήθεια του πίνακα προσήμων:

$\displaystyle{\begin{array}{*{20}{c}} x&\vline& {\begin{array}{*{20}{c}} { - \infty }&{\begin{array}{*{20}{c}} {}&{} \end{array}}&{} \end{array}}&\vline& 0&\vline& {\begin{array}{*{20}{c}} {}&{}&{}&{ + \infty } \end{array}}\\ \hline {{e^x} - 1}&\vline& - &\vline& 0&\vline& + \\ {1 - \ln \left( {e - x} \right)}&\vline& - &\vline& 0&\vline& + \\ \hline {\left( {{e^x} - 1} \right)\left( {1 - \ln \left( {e - x} \right)} \right)}&\vline& + &\vline& 0&\vline& + \end{array}}$

καταλήγουμε λοιπόν στο $\displaystyle{\left( { - \infty ,e} \right)}$

β)
Έστω $\displaystyle{{x_1},{x_2} \in \left( { - \infty ,e} \right],{\kern 1pt} {x_1} < {x_2}}$

$\displaystyle{{x_1} < {x_2} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {e^{{x_1}}} < {e^{{x_2}}}\\ e - {x_1} > e - {x_2} \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {e^{{x_1}}} - 1 < {e^{{x_2}}} - 1\\ \ln \left( {e - {x_1}} \right) > \ln \left( {e - {x_2}} \right) \end{array} \right. \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {e^{{x_1}}} - 1 < {e^{{x_2}}} - 1\\ 1 - \ln \left( {e - {x_1}} \right) < 1 - \ln \left( {e - {x_2}} \right) \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x \le 0 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {e^{{x_1}}} - 1 < {e^{{x_2}}} - 1 \le 0\\ 1 - \ln \left( {e - {x_1}} \right) < 1 - \ln \left( {e - {x_2}} \right) \le 0 \end{array} \right.\\ \\ x \ge 0 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} 0 \le {e^{{x_1}}} - 1 < {e^{{x_2}}} - 1\\ 0 \le 1 - \ln \left( {e - {x_1}} \right) < 1 - \ln \left( {e - {x_2}} \right) \end{array} \right. \end{array} \right.}$

$\displaystyle{ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x \le 0 \Rightarrow f\left( {{x_1}} \right) > f\left( {{x_2}} \right)\\ x \ge 0 \Rightarrow f\left( {{x_1}} \right) < f\left( {{x_2}} \right) \end{array} \right.}$

συμπεραίνουμε ότι είναι γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{\left( { - \infty ,0} \right]}$ ενώ είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{[0,e)}$ .

γ) Η συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη ως πράξεις και συνθέσεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων άρα και παραγωγίσιμη στο 0. Επειδή στο 0 που είναι εσωτερικό σημείο του πεδίου ορισμού της παρουσιάζει ολικό ακρότατο (σύμφωνα με τα συμπεράσματα του β) ερωτήματος) άρα με χρήση του θεωρήματος του Fermat η παράγωγος στο μηδέν είναι ίση με $\displaystyle{f'\left( 0 \right) = 0}$ .

Σταμ. Γλάρος · #3

exdx έγραψε:Έστω $\displaystyle{f(x)=\sqrt{({{e}^{x}}-1)(1-\ln (e-x))}}$ .
α) Βρείτε το πεδίο ορισμού της
β) Να τη μελετήσετε ως προς τη μονοτονία
γ) Να εξετάσετε αν είναι παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{{{x}_{0}}=0}$

Αγαπητοί φίλοι καλησπέρα.
Μετά από πολύ καιρό επικοινωνώ μαζί σας μέσω του φιλόξενου

.
Αυτή η σχολική χρονιά φαντάζει πολύ ... μεγάλη!
Σήμερα βγήκαν και τα αποτελέσματα των Πανελληνίων. Εύχομαι ολόψυχα σε όλα τα παιδιά η ανταμοιβή να ήταν ανάλογη
με τους κόπους τους.
Για το γ) τώρα έχω την εξής σκέψη:

$\displaystyle{\lim_{x\rightarrow 0^-}}\frac{f(x)-f(0)}{x-0} = \lim_{x\rightarrow 0^-}\frac{\sqrt{(e^x-1)(1-\ln(e-x))}}{-|x|}= = \displaystyle{ -\lim_{x\rightarrow 0^-}\sqrt{ \dfrac{e^x-1}{x} \cdot \dfrac{1-\ln(e-x)}{x}} = - \sqrt{ \dfrac{1}{e}}$ , διότι

i) Θεωρώντας την g(x)= e^x

με

και

,
είναι $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow 0^-}}\frac{e^x-1}{x} =g'(0) =1$ .

ii) Επίσης θεωρώντας την $h(x) = \ln(e-x)$ με $h'(x)=-\dfrac{1}{e-x}$ και $h'(0)=-\dfrac{1}{e}$ ,
είναι $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow 0^-}}\frac{1-\ln(e-x)}{x} =-h'(0) = \dfrac{1}{e}$ .

Φυσικά τα παραπάνω όρια υπολογίζονται εύκολα και με τον κανόνα του De l' Hospital .

Ομοίως προκύπτει :

$\displaystyle{\lim_{x\rightarrow 0^+}}\frac{f(x)-f(0)}{x-0} = \lim_{x\rightarrow 0^+}\sqrt{ \dfrac{e^x-1}{x} \cdot \dfrac{1-\ln(e-x)}{x}} = \sqrt{ \dfrac{1}{e}}$ .

Συνεπώς προκύπτει ότι η

δεν είναι παραγωγίσιμη στο

.
Ελπίζω να μην κάνω κανένα λάθος ...
Φιλικά
Σταμ. Γλάρος

Christos.N · #4

Έχεις δίκιο Σταμάτη, μπράβο που ήσουν πιο προσεκτικός από εμένα.

Σταμ. Γλάρος · #5

Christos.N έγραψε:Έχεις δίκιο Σταμάτη, μπράβο που ήσουν πιο προσεκτικός από εμένα.

Άστα Χρήστο! Τώρα τελευταία με το θέμα της προσοχής ... τα έχω κάνει μούσκεμα!
Όπως ανέφερα και παραπάνω σε αυτόν τον ωκεανό παραλογισμού που μας περιβάλλει,
νοιώθω όμορφα μαζί σας σε αυτήν την νησίδα ,

, της λογικής .

Με εκτίμηση και πάντα φιλικά
Σταμ. Γλάρος

Παπαστεργίου Κώστας · #6

Παρατηρώντας προσεκτικά το πιο πάνω θέμα μπορεί κανείς να κάνει τις εξής διαπιστώσεις: 1) Η f είναι η ρίζα του γινομένου των συναρτήσεων $e^{x}-1$ και 1-ln(e-x)

ορισμένων εκατέρωθεν του μηδενός και που μηδενίζονται στο μηδέν. 2) Οι συναρτήσεις αλλάζουν πρόσημο στο 0, παραγωγίζονται παντού και έχουν θετικές παραγώγους. Και 3) Τα συμπεράσματα είναι τα ίδια αν πάρουμε τις αντιθέτους συναρτήσεις $-e^{x}+1$ και -1+ln(e-x)

Πιστεύω πως αυτές οι διαπιστώσεις μπορούν να μας οδηγήσουν στο εξής γενικότερο θέμα.
Οι συναρτήσεις h(x)

και

είναι ορισμένες και παραγωγίσιμες σε μια περιοχή εκατέρωθεν του μηδενός, μηδενίζονται στο μηδέν και είναι ${h}'(x)\cdot {g}'(x)> 0$ .
Τότε ορίζεται η συνάρτηση $f(x)=\sqrt{h(x)\cdot g(x)}$ η οποία παραγωγίζεται παντού στην περιοχή εκτός από το μηδέν όπου παρουσιάζει ολικό ελάχιστο.

Την απόδειξη που είναι περίπου όπως η πιο πάνω θα βάλω αύριο αν κάποιος δεν με προλάβει.
ΠΚ

Παπαστεργίου Κώστας · #7

Από ${h}'(x){g}'(x)>0 \Rightarrow {h}'(x)\neq 0$ και ${g}'(x)\neq 0$ που σημαίνει ότι οι {h}'(x)

και

διατηρούν πρόσημο και μάλιστα το ίδιο σε όλο το Π.Ο. τους.
Ας υποθέσουμε ότι είναι θετικές (η περίπτωση αρνητικών αντιμετωπίζεται παρομοίως).
Τότε οι συναρτήσεις h και g είναι και οι δυο γνησίως αύξουσες οπότε θετικές δεξιά του μηδενός και αρνητικές αριστερά του μια που στο 0 μηδενίζονται.
Επομένως η συνάρτηση $f(x)=\sqrt{h(x)g(x)}$ είναι καλώς ορισμένη και για $x\neq 0$ παραγωγίζεται με ${f}'(x)=\frac{{f}'(x)g(x)+f(x){g}'(x)}{2\sqrt{f(x)g(x)}}> 0, x> 0$
και ${f}'(x)=\frac{{f}'(x)g(x)+f(x){g}'(x)}{2\sqrt{f(x)g(x)}}< 0, x< 0$ .
Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα αριστερά του μηδενός και γνησίως αύξουσα δεξιά του. Οπότε στη θέση 0 έχουμε ελάχιστο.

Στο μηδέν όπου οι h και g αλλάζουν πρόσημο έχουμε διαφορετικές πλευρικές παραγώγους.

Πράγματι είναι
$\lim_{x\rightarrow 0^{-}}\frac{\sqrt{h(x)g(x)-0}}{x-0}=-\lim_{x\rightarrow 0}\sqrt{{\frac{h(x)g(x)}{x^{2}}}}=-\lim_{x\rightarrow 0}\sqrt{\frac{h(x)-0}{x-0}\cdot \frac{g(x)-0}{x-0}}=$ $-\sqrt{{h}'(0){g}'(0)}$

Επίσης
$\lim_{x\rightarrow 0^{+}}\frac{\sqrt{h(x)g(x)-0}}{x-0}=\lim_{x\rightarrow 0}\sqrt{{\frac{h(x)g(x)}{x^{2}}}}=\lim_{x\rightarrow 0}\sqrt{\frac{h(x)-0}{x-0}\cdot \frac{g(x)-0}{x-0}}= \sqrt{{h}'(0){g}'(0)}$

Άρα δεν παραγωγίζεται στο 0

Μονοτονία

Μονοτονία

Re: Μονοτονία

Re: Μονοτονία

Re: Μονοτονία

Re: Μονοτονία

Re: Μονοτονία

Re: Μονοτονία

Μέλη σε σύνδεση