Επαναληπτική 4/2018

M.S.Vovos · #1

Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:\mathbb{R}\longrightarrow \mathbb{R}^{\ast }$ με f(0)=1

, τέτοια ώστε για κάθε $x\in \mathbb{R}$ να ισχύει:

$\displaystyle{f'(x)\left ( 1+\frac{1}{f(x)} \right )=-2x\left ( e^{-x^{2}}+1 \right )}$

Να αποδείξετε ότι $\displaystyle f(x)+\ln \left (f(x) \right )=e^{-x^{2}}-x^{2}$ , για κάθε $x\in \mathbb{R}$ .

Να προσδιορίσετε τον τύπο της .

Για τα ερωτήματα υπόλοιπα ερωτήματα δίνεται ότι $\displaystyle f(x)=e^{-x^{2}}$ , $x\in \mathbb{R}$ .

Να αποδείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle f(x)=x^{2}$ έχει ακριβώς δύο πραγματικές ρίζες, οι οποίες είναι αντίθετες.

Αν $\rho$ η μεγαλύτερη από τις δύο ρίζες του προηγούμενου ερωτήματος, να αποδείξετε ότι για το εμβαδόν του χωρίου, που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της , τον άξονα και τις ευθείες $x=-\rho$ και $x=\rho$ ισχύει:
$\displaystyle{2\rho ^{3}<E<2\rho }$

Φιλικά,
Μάριος

Σταμ. Γλάρος · #2

M.S.Vovos έγραψε: ↑
Δευ Απρ 23, 2018 11:29 pm
Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:\mathbb{R}\longrightarrow \mathbb{R}^{\ast }$ με , τέτοια ώστε για κάθε $x\in \mathbb{R}$ να ισχύει:

$\displaystyle{f'(x)\left ( 1+\frac{1}{f(x)} \right )=-2x\left ( e^{-x^{2}}+1 \right )}$
Να αποδείξετε ότι $\displaystyle$ \left (f(x)+\ln \left (f(x) \right ) ' \right )=\left (e^{-x^{2}}-x^{2} \right )', για κάθε $x\in \mathbb{R}$ .

Να προσδιορίσετε τον τύπο της .

Για τα ερωτήματα υπόλοιπα ερωτήματα δίνεται ότι $\displaystyle f(x)=e^{-x^{2}}$ , $x\in \mathbb{R}$ .

Να αποδείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle f(x)=x^{2}$ έχει ακριβώς δύο πραγματικές ρίζες, οι οποίες είναι αντίθετες.

Αν $\rho$ η μεγαλύτερη από τις δύο ρίζες του προηγούμενου ερωτήματος, να αποδείξετε ότι για το εμβαδόν του χωρίου, που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της , τον άξονα και τις ευθείες $x=-\rho$ και $x=\rho$ ισχύει:
$\displaystyle{2\rho ^{3}<E<2\rho }$

Φιλικά,
Μάριος

Καλησπέρα. Μια προσπάθεια στα δύο πρώτα ...
α) Είναι $f(x)\neq 0$ , $\forall x\in \mathbb{R}$ και

συνεχής ως παραγωγίσιμη.
Άρα διατηρεί πρόσημο στο $\mathbb{R}$ και επειδή f(0)=1>0

συμπεραίνουμε ότι f(x)>0

, $\forall x\in \mathbb{R}$ .
Η δοθείσα παίρνει την μορφή $\left (f(x)+\ln \left (f(x) \right ) \right )' = \left ( e^{-x^{2}}-x^{2} \right )'$ .
Από Πόρισμα Συνεπειών ΘΜΤ προκύπτει $f(x)+\ln \left (f(x) \right )=e^{-x^{2}}-x^{2} +c$ .
Θέτοντας στην παραπάνω x=0

έχουμε

.
Άρα ισχύει $f(x)+\ln \left (f(x) \right )=e^{-x^{2}}-x^{2}$ , $\forall x\in \mathbb{R}$ .

β) Θεωρώ g(x)= x+lnx

με

. H

είναι παραγωγίσιμη με $g'(x) =1+\dfrac{1}{x} >0$ .
Επομένως η

είναι γνησίως αύξουσα άρα και 1-1 .
Από το α) ισχύει $g(f(x)) = g(e^{-x^2})$ και αφού η

είναι 1-1 είναι $f(x)=e^{-x^{2}}$ .
Η συνέχεια αργότερα αν προλάβω ...
Φιλικά
Σταμ. Γλάρος

#3

M.S.Vovos έγραψε: ↑
Δευ Απρ 23, 2018 11:29 pm
Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:\mathbb{R}\longrightarrow \mathbb{R}^{\ast }$ με , τέτοια ώστε για κάθε $x\in \mathbb{R}$ να ισχύει:

$\displaystyle{f'(x)\left ( 1+\frac{1}{f(x)} \right )=-2x\left ( e^{-x^{2}}+1 \right )}$
Να αποδείξετε ότι $\displaystyle f(x)+\ln \left (f(x) \right )=e^{-x^{2}}-x^{2}$ , για κάθε $x\in \mathbb{R}$ .

Να προσδιορίσετε τον τύπο της .

Για τα ερωτήματα υπόλοιπα ερωτήματα δίνεται ότι $\displaystyle f(x)=e^{-x^{2}}$ , $x\in \mathbb{R}$ .

Να αποδείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle f(x)=x^{2}$ έχει ακριβώς δύο πραγματικές ρίζες, οι οποίες είναι αντίθετες.

Αν $\rho$ η μεγαλύτερη από τις δύο ρίζες του προηγούμενου ερωτήματος, να αποδείξετε ότι για το εμβαδόν του χωρίου, που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της , τον άξονα και τις ευθείες $x=-\rho$ και $x=\rho$ ισχύει:
$\displaystyle{2\rho ^{3}<E<2\rho }$

Φιλικά,
Μάριος

...συνέχεια της λύσης του φίλου μου του Σταμάτη....

Γ) Θέλουμε να δείξουμε ότι η εξίσωση $f(x)={{x}^{2}}\Leftrightarrow {{e}^{-{{x}^{2}}}}-{{x}^{2}}=0$ έχει δύο ακριβώς ρίζες.

Γι αυτό θεωρούμε την συνάρτηση $g(x)={{e}^{-x}}-x,\,\,\,x\in R$

που είναι συνεχής με $g(0)=1>0,\,\,\,\,g(1)=\frac{1}{e}-1<0$ άρα ισχύει g(0)g(1)<0

και σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano

υπάρχει ${{x}_{0}}\in (0,\,1)$ που $g({{x}_{0}})=0$ που είναι και μοναδικό αφού είναι

${g}'(x)=-{{e}^{-x}}-1<0,\,\,\,x\in R$ άρα η

είναι γνήσια φθίνουσα στο

οπότε και

και η εξίσωση

${{e}^{-{{x}^{2}}}}-{{x}^{2}}=0\Leftrightarrow g({{x}^{2}})=g({{x}_{0}})\Leftrightarrow {{x}^{2}}={{x}_{0}}\Leftrightarrow x=-\sqrt{{{x}_{0}}},\,\,x=\sqrt{{{x}_{0}}}$

που σημαίνει ότι η εξίσωση $f(x)={{x}^{2}}$ έχει ακριβώς δύο ρίζες μία την $-\rho =-\sqrt{{{x}_{0}}}$ και μία την $\rho =\sqrt{{{x}_{0}}}\in (0,\,1)$

Δ) Το εμβαδό του χωρίου είναι $E=\int\limits_{-\rho }^{\rho }{f(x)dx}$ Τώρα από (Γ) είναι ${{e}^{-{{x}^{2}}}}-{{x}^{2}}\ne 0,\,\,\,x\in (-\rho ,\,\,\rho )$

και λόγω συνέχειας της συνάρτησης ${{e}^{-{{x}^{2}}}}-{{x}^{2}}$ θα έχει σταθερό πρόσημο στο διάστημα $(-\rho ,\,\,\rho )$ και για

$0\in (-\rho ,\,\,\rho )$ είναι ${{e}^{0}}-0=1>0$ άρα ισχύει ότι ${{e}^{-{{x}^{2}}}}-{{x}^{2}}>0\Leftrightarrow {{e}^{-{{x}^{2}}}}>{{x}^{2}},\,\,\,x\in (-\rho ,\,\rho )$ ή

${{e}^{-{{x}^{2}}}}\ge {{x}^{2}},\,\,\,x\in [-\rho ,\,\rho ]$ και ολοκληρώνοντας έχουμε ότι $\int\limits_{-\rho }^{\rho }{f(x)dx}>\int\limits_{-\rho }^{\rho }{{{x}^{2}}dx}=\left[ \frac{{{x}^{3}}}{3} \right]_{-\rho }^{\rho }=\frac{2}{3}{{\rho }^{3}}$

Επίσης

είναι παραγωγίσιμη με ${f}'(x)=-2x{{e}^{-{{x}^{2}}}},\,\,\,x\in [-\rho ,\,\,\rho ]$ και

${f}'(x)=0\Leftrightarrow x=0,\,\,\,{f}'(x)<0\Leftrightarrow x>0,\,\,{f}'(x)>0\Leftrightarrow x<0,\,$ επομένως είναι

γνήσια αύξουσα

στο $[-\rho ,\,\,0]$ και γνήσια φθίνουσα στο $[0,\,\,\rho ]$ επομένως έχει μέγιστο το f(0)=1

οπότε ισχύει ότι

$f(x)\le 1,\,\,\,x\in [-\rho ,\,\rho ]$ και κληρώνοντας ισχύει ότι $\int\limits_{-\rho }^{\rho }{f(x)dx}<\int\limits_{-\rho }^{\rho }{dx}=2\rho$

και τελικά είναι $\frac{2}{3}{{\rho }^{3}}<E<2\rho$ διαφορετικό από αυτό του δημιουργού…

.θα δείξει…

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #4

Καλημέρα Βασίλη.

Σε αυτή την περίπτωση ο δημιουργός έχει δίκιο.

Είναι $\int_{-\rho }^{\rho }f(x)dx=2\int_{0 }^{\rho }f(x)dx$

Αλλά για $x\in (0,\rho )$

είναι $f(x)> f(\rho )=\rho ^{2}$

Ετσι $\int_{0 }^{\rho }f(x)dx> \rho (\rho)^{2}=\rho ^{3}$

Αν γινόταν ένα σχήμα και οι δύο ανισότητες για το ολοκλήρωμα θα ήταν φανερές.

Ratio · #5

KAKABASBASILEIOS έγραψε: ↑
Τετ Απρ 25, 2018 1:01 am

M.S.Vovos έγραψε: ↑
Δευ Απρ 23, 2018 11:29 pm
Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:\mathbb{R}\longrightarrow \mathbb{R}^{\ast }$ με , τέτοια ώστε για κάθε $x\in \mathbb{R}$ να ισχύει:

$\displaystyle{f'(x)\left ( 1+\frac{1}{f(x)} \right )=-2x\left ( e^{-x^{2}}+1 \right )}$
Να αποδείξετε ότι $\displaystyle f(x)+\ln \left (f(x) \right )=e^{-x^{2}}-x^{2}$ , για κάθε $x\in \mathbb{R}$ .

Να προσδιορίσετε τον τύπο της .

Για τα ερωτήματα υπόλοιπα ερωτήματα δίνεται ότι $\displaystyle f(x)=e^{-x^{2}}$ , $x\in \mathbb{R}$ .

Να αποδείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle f(x)=x^{2}$ έχει ακριβώς δύο πραγματικές ρίζες, οι οποίες είναι αντίθετες.

Αν $\rho$ η μεγαλύτερη από τις δύο ρίζες του προηγούμενου ερωτήματος, να αποδείξετε ότι για το εμβαδόν του χωρίου, που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της , τον άξονα και τις ευθείες $x=-\rho$ και $x=\rho$ ισχύει:
$\displaystyle{2\rho ^{3}<E<2\rho }$

Φιλικά,
Μάριος

...συνέχεια της λύσης του φίλου μου του Σταμάτη....

Γ) Θέλουμε να δείξουμε ότι η εξίσωση $f(x)={{x}^{2}}\Leftrightarrow {{e}^{-{{x}^{2}}}}-{{x}^{2}}=0$ έχει δύο ακριβώς ρίζες.

Γι αυτό θεωρούμε την συνάρτηση $g(x)={{e}^{-x}}-x,\,\,\,x\in R$

που είναι συνεχής με $g(0)=1>0,\,\,\,\,g(1)=\frac{1}{e}-1<0$ άρα ισχύει και σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano

υπάρχει ${{x}_{0}}\in (0,\,1)$ που $g({{x}_{0}})=0$ που είναι και μοναδικό αφού είναι

${g}'(x)=-{{e}^{-x}}-1<0,\,\,\,x\in R$ άρα η είναι γνήσια φθίνουσα στο οπότε και και η εξίσωση

${{e}^{-{{x}^{2}}}}-{{x}^{2}}=0\Leftrightarrow g({{x}^{2}})=g({{x}_{0}})\Leftrightarrow {{x}^{2}}={{x}_{0}}\Leftrightarrow x=-\sqrt{{{x}_{0}}},\,\,x=\sqrt{{{x}_{0}}}$

που σημαίνει ότι η εξίσωση $f(x)={{x}^{2}}$ έχει ακριβώς δύο ρίζες μία την $-\rho =-\sqrt{{{x}_{0}}}$ και μία την $\rho =\sqrt{{{x}_{0}}}\in (0,\,1)$

Δ) Το εμβαδό του χωρίου είναι $E=\int\limits_{-\rho }^{\rho }{f(x)dx}$ Τώρα από (Γ) είναι ${{e}^{-{{x}^{2}}}}-{{x}^{2}}\ne 0,\,\,\,x\in (-\rho ,\,\,\rho )$

και λόγω συνέχειας της συνάρτησης ${{e}^{-{{x}^{2}}}}-{{x}^{2}}$ θα έχει σταθερό πρόσημο στο διάστημα $(-\rho ,\,\,\rho )$ και για

$0\in (-\rho ,\,\,\rho )$ είναι ${{e}^{0}}-0=1>0$ άρα ισχύει ότι ${{e}^{-{{x}^{2}}}}-{{x}^{2}}>0\Leftrightarrow {{e}^{-{{x}^{2}}}}>{{x}^{2}},\,\,\,x\in (-\rho ,\,\rho )$ ή

${{e}^{-{{x}^{2}}}}\ge {{x}^{2}},\,\,\,x\in [-\rho ,\,\rho ]$ και ολοκληρώνοντας έχουμε ότι $\int\limits_{-\rho }^{\rho }{f(x)dx}>\int\limits_{-\rho }^{\rho }{{{x}^{2}}dx}=\left[ \frac{{{x}^{3}}}{3} \right]_{-\rho }^{\rho }=\frac{2}{3}{{\rho }^{3}}$

Επίσης είναι παραγωγίσιμη με ${f}'(x)=-2x{{e}^{-{{x}^{2}}}},\,\,\,x\in [-\rho ,\,\,\rho ]$ και

${f}'(x)=0\Leftrightarrow x=0,\,\,\,{f}'(x)<0\Leftrightarrow x>0,\,\,{f}'(x)>0\Leftrightarrow x<0,\,$ επομένως είναι γνήσια αύξουσα

στο $[-\rho ,\,\,0]$ και γνήσια φθίνουσα στο $[0,\,\,\rho ]$ επομένως έχει μέγιστο το οπότε ισχύει ότι

$f(x)\le 1,\,\,\,x\in [-\rho ,\,\rho ]$ και κληρώνοντας ισχύει ότι $\int\limits_{-\rho }^{\rho }{f(x)dx}<\int\limits_{-\rho }^{\rho }{dx}=2\rho$

και τελικά είναι $\frac{2}{3}{{\rho }^{3}}<E<2\rho$ διαφορετικό από αυτό του δημιουργού… .θα δείξει…

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

Εφόσον $f(x)>x^2 \Leftrightarrow f(0)>f(x)>x^2\geq \rho^{2}\Leftrightarrow 2\int_{0}^{\rho}f(0)dx>2\int_{0}^{\rho}f(x)dx>2\int_{0}^{\rho}\rho^2dx\Leftrightarrow 2\rho>E>2\rho^3$

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #6

Ratio έγραψε: ↑
Τετ Απρ 25, 2018 10:34 am

Εφόσον $f(x)>x^2 \Leftrightarrow f(0)>f(x)>x^2\geq \rho^{2}\Leftrightarrow 2\int_{0}^{\rho}f(0)dx>2\int_{0}^{\rho}f(x)dx>2\int_{0}^{\rho}\rho^2dx\Leftrightarrow 2\rho>E>2\rho^3$

Για $x\in (0,\rho )$ ισχύει $x^{2}< \rho ^{2}$

Ratio · #7

Για το (Γ) μια άλλη προσέγγιση:

Θεωρούμε $g(x)=e^{-x^2}-x^2$
με $g'(x)=-2xe^{-x^2}-2x=-2x(e^{-x^2}+1)$
όπου $g'(x)>0 , x\in(-\infty,0)$ και $g'(x)<0, x\in (0,\infty)$ και $g'(x)=0 , x=0 \\$
άρα η g(x)

είναι γνησίως αύξουσα $x\in (-\infty,0)[$ και γνησίως φθίνουσα για $x \in (0,\infty)$ , παρουσιάζοντας μέγιστο για x=0

την τιμή

Επομένως έχει δύο ρίζες $x_{1} \in (-\infty,0)$ και $x_{2} \in (-0,\infty)$

Η g(x)

είναι άρτια, αφού $x_{1} \in (-\infty,0)$
, οπότε $g(-x_{1})=g(x_{1})$ , επειδή οι ρίζες ειναι μοναδικές λόγω μονοτονίας , είναι αντίθετες

#8

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Τετ Απρ 25, 2018 10:04 am

...Αν γινόταν ένα σχήμα και οι δύο ανισότητες για το ολοκλήρωμα θα ήταν φανερές.

Καλημέρα Σταύρο, Καλημέρα σε όλους!

: 4.2018.png (13.23 KiB) Προβλήθηκε 1360 φορές

Ratio · #9

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Τετ Απρ 25, 2018 10:44 am

Ratio έγραψε: ↑
Τετ Απρ 25, 2018 10:34 am

Εφόσον $f(x)>x^2 \Leftrightarrow f(0)>f(x)>x^2\geq \rho^{2}\Leftrightarrow 2\int_{0}^{\rho}f(0)dx>2\int_{0}^{\rho}f(x)dx>2\int_{0}^{\rho}\rho^2dx\Leftrightarrow 2\rho>E>2\rho^3$
Για $x\in (0,\rho )$ ισχύει $x^{2}< \rho ^{2}$

Ναι, εχετε δίκιο κάπου το μπέρδεψα , αποσύρω την απάντηση

Ratio · #10

Ratio έγραψε: ↑
Τετ Απρ 25, 2018 10:34 am

KAKABASBASILEIOS έγραψε: ↑
Τετ Απρ 25, 2018 1:01 am

M.S.Vovos έγραψε: ↑
Δευ Απρ 23, 2018 11:29 pm
Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:\mathbb{R}\longrightarrow \mathbb{R}^{\ast }$ με , τέτοια ώστε για κάθε $x\in \mathbb{R}$ να ισχύει:

$\displaystyle{f'(x)\left ( 1+\frac{1}{f(x)} \right )=-2x\left ( e^{-x^{2}}+1 \right )}$
Να αποδείξετε ότι $\displaystyle f(x)+\ln \left (f(x) \right )=e^{-x^{2}}-x^{2}$ , για κάθε $x\in \mathbb{R}$ .

Να προσδιορίσετε τον τύπο της .

Για τα ερωτήματα υπόλοιπα ερωτήματα δίνεται ότι $\displaystyle f(x)=e^{-x^{2}}$ , $x\in \mathbb{R}$ .

Να αποδείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle f(x)=x^{2}$ έχει ακριβώς δύο πραγματικές ρίζες, οι οποίες είναι αντίθετες.

Αν $\rho$ η μεγαλύτερη από τις δύο ρίζες του προηγούμενου ερωτήματος, να αποδείξετε ότι για το εμβαδόν του χωρίου, που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της , τον άξονα και τις ευθείες $x=-\rho$ και $x=\rho$ ισχύει:
$\displaystyle{2\rho ^{3}<E<2\rho }$

Φιλικά,
Μάριος

...συνέχεια της λύσης του φίλου μου του Σταμάτη....

Γ) Θέλουμε να δείξουμε ότι η εξίσωση $f(x)={{x}^{2}}\Leftrightarrow {{e}^{-{{x}^{2}}}}-{{x}^{2}}=0$ έχει δύο ακριβώς ρίζες.

Γι αυτό θεωρούμε την συνάρτηση $g(x)={{e}^{-x}}-x,\,\,\,x\in R$

που είναι συνεχής με $g(0)=1>0,\,\,\,\,g(1)=\frac{1}{e}-1<0$ άρα ισχύει και σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano

υπάρχει ${{x}_{0}}\in (0,\,1)$ που $g({{x}_{0}})=0$ που είναι και μοναδικό αφού είναι

${g}'(x)=-{{e}^{-x}}-1<0,\,\,\,x\in R$ άρα η είναι γνήσια φθίνουσα στο οπότε και και η εξίσωση

${{e}^{-{{x}^{2}}}}-{{x}^{2}}=0\Leftrightarrow g({{x}^{2}})=g({{x}_{0}})\Leftrightarrow {{x}^{2}}={{x}_{0}}\Leftrightarrow x=-\sqrt{{{x}_{0}}},\,\,x=\sqrt{{{x}_{0}}}$

που σημαίνει ότι η εξίσωση $f(x)={{x}^{2}}$ έχει ακριβώς δύο ρίζες μία την $-\rho =-\sqrt{{{x}_{0}}}$ και μία την $\rho =\sqrt{{{x}_{0}}}\in (0,\,1)$

Δ) Το εμβαδό του χωρίου είναι $E=\int\limits_{-\rho }^{\rho }{f(x)dx}$ Τώρα από (Γ) είναι ${{e}^{-{{x}^{2}}}}-{{x}^{2}}\ne 0,\,\,\,x\in (-\rho ,\,\,\rho )$

και λόγω συνέχειας της συνάρτησης ${{e}^{-{{x}^{2}}}}-{{x}^{2}}$ θα έχει σταθερό πρόσημο στο διάστημα $(-\rho ,\,\,\rho )$ και για

$0\in (-\rho ,\,\,\rho )$ είναι ${{e}^{0}}-0=1>0$ άρα ισχύει ότι ${{e}^{-{{x}^{2}}}}-{{x}^{2}}>0\Leftrightarrow {{e}^{-{{x}^{2}}}}>{{x}^{2}},\,\,\,x\in (-\rho ,\,\rho )$ ή

${{e}^{-{{x}^{2}}}}\ge {{x}^{2}},\,\,\,x\in [-\rho ,\,\rho ]$ και ολοκληρώνοντας έχουμε ότι $\int\limits_{-\rho }^{\rho }{f(x)dx}>\int\limits_{-\rho }^{\rho }{{{x}^{2}}dx}=\left[ \frac{{{x}^{3}}}{3} \right]_{-\rho }^{\rho }=\frac{2}{3}{{\rho }^{3}}$

Επίσης είναι παραγωγίσιμη με ${f}'(x)=-2x{{e}^{-{{x}^{2}}}},\,\,\,x\in [-\rho ,\,\,\rho ]$ και

${f}'(x)=0\Leftrightarrow x=0,\,\,\,{f}'(x)<0\Leftrightarrow x>0,\,\,{f}'(x)>0\Leftrightarrow x<0,\,$ επομένως είναι γνήσια αύξουσα

στο $[-\rho ,\,\,0]$ και γνήσια φθίνουσα στο $[0,\,\,\rho ]$ επομένως έχει μέγιστο το οπότε ισχύει ότι

$f(x)\le 1,\,\,\,x\in [-\rho ,\,\rho ]$ και κληρώνοντας ισχύει ότι $\int\limits_{-\rho }^{\rho }{f(x)dx}<\int\limits_{-\rho }^{\rho }{dx}=2\rho$

και τελικά είναι $\frac{2}{3}{{\rho }^{3}}<E<2\rho$ διαφορετικό από αυτό του δημιουργού… .θα δείξει…

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

Επαναληπτική 4/2018

Επαναληπτική 4/2018

Re: Επαναληπτική 4/2018

Re: Επαναληπτική 4/2018

Re: Επαναληπτική 4/2018

Re: Επαναληπτική 4/2018

Re: Επαναληπτική 4/2018

Re: Επαναληπτική 4/2018

Re: Επαναληπτική 4/2018

Re: Επαναληπτική 4/2018

Re: Επαναληπτική 4/2018

Μέλη σε σύνδεση