Εκθετική

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #1

Δίνεται η $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$

που είναι παραγωγίσιμη και ικανοποιεί την σχέση

$f(x)+e^{f(x)}=x+1,x\in \mathbb{R}$

1)Δείξτε ότι f(0)=0

2)Δείξτε ότι η

έχει δεύτερη παράγωγο και εκφράστε τις f',f''

μέσω της

3)Να δείξετε ότι για x>0

ισχύει

$xf'(x)<f(x)<\dfrac{x}{2}$

4)Αν

είναι το εμβαδό του χωρίου που ορίζεται από την $C_{f}$
τις ευθείες x=0,x=1

και τον άξονα xx'

να δείξετε ότι $f(1)-\dfrac{1}{4}< E<\dfrac{1}{4}$

#2

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: Τετ Οκτ 03, 2018 9:21 am Δίνεται η $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$

που είναι παραγωγίσιμη και ικανοποιεί την σχέση

$f(x)+e^{f(x)}=x+1,x\in \mathbb{R}$

1)Δείξτε ότι

2)Δείξτε ότι η έχει δεύτερη παράγωγο και εκφράστε τις μέσω της

3)Να δείξετε ότι για ισχύει

$xf'(x)<f(x)<\dfrac{x}{2}$

4)Αν είναι το εμβαδό του χωρίου που ορίζεται από την $C_{f}$
τις ευθείες και τον άξονα

να δείξετε ότι $f(1)-\dfrac{1}{4}< E<\dfrac{1}{4}$

....Καλημέρα σε όλο το

...γειά σου Σταύρο!!!...(όπως το θέμα Δ του 2002)

1) Είναι με όπου

το

στην δοθείσα σχέση ότι $f(0)+{{e}^{f(0)}}=1$ άρα το f(0)

είναι ρίζα της εξίσωσης $x+{{e}^{x}}=1$

που έχει προφανή την x=0

και επειδή η συνάρτηση $g(x)=x+{{e}^{x}}$ είναι γνήσια αύξουσα αφού

${g}'(x)=1+{{e}^{x}}>0,\,\,x\in R$ είναι και '1-1'

άρα η

είναι μοναδική της ρίζα άρα f(0)=0

2) Παραγωγίζοντας την σχέση προκύπτει ότι ${f}'(x)+{{e}^{f(x)}}{f}'(x)=1\Leftrightarrow {f}'(x)=\frac{1}{{{e}^{f(x)}}+1},x\in \mathbb{R}$

άρα η {f}'

είναι παραγωγίσιμη ως πράξεις παραγωγίσιμων με

${f}''(x)=-\frac{{{e}^{f(x)}}{f}'(x)}{{{({{e}^{f(x)}}+1)}^{2}}}=-\frac{{{e}^{f(x)}}}{{{({{e}^{f(x)}}+1)}^{3}}},\,\,x\in R$

3) Θέλουμε $x{f}'(x)<f(x)<\frac{x}{2}\Leftrightarrow {f}'(x)<\frac{f(x)}{x}<\frac{1}{2}\Leftrightarrow {f}'(x)<\frac{f(x)}{x}<{f}'(0)$ (1)

Τώρα στο διάστημα $[0,\,\,x],\,\,x>0$ σύμφωνα με Θ.Μ.Τ. υπάρχει $\xi \in (0,\,\,x)$ ώστε να ισχύει

${f}'(\xi )=\frac{f(x)-f(0)}{x}=\frac{f(x)}{x}$ έτσι ισοδύναμα θέλουμε από (1) ${f}'(x)<{f}'(\xi )<{f}'(0)$

που ισχύει γιατί η {f}'

είναι γνήσια φθίνουσα αφού ${f}''(x)=-\frac{{{e}^{f(x)}}}{{{({{e}^{f(x)}}+1)}^{3}}}<0,\,\,x\in R$ και $0<\xi <x$

4) Αφού ${f}'(x)=\frac{1}{{{e}^{f(x)}}+1}>0,x\in \mathbb{R}$ η

είναι γνήσια αύξουσα άρα ισχύει για $x>0\Leftrightarrow f(x)>f(0)=0$

επομένως το εμβαδό είναι $E=\int\limits_{0}^{1}{f(x)dx}$

Τώρα από $xf'(x)<f(x)<\dfrac{x}{2}$ ολοκληρώνοντας έχουμε ότι $\displaystyle \int\limits_{0}^{1}{x{f}'(x)dx}<\int\limits_{0}^{1}{f(x)dx}<\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{1}{xdx}$ απ όπου

$\displaystyle \Leftrightarrow [xf(x)]_{0}^{1}-\int\limits_{0}^{1}{f(x)dx}<\int\limits_{0}^{1}{f(x)dx}<\frac{1}{4}\Leftrightarrow f(1)-E<E<\frac{1}{4}$

και αφού $\displaystyle f(1)-E<E$ και $\displaystyle E-\frac{1}{4}<0$ με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε $\displaystyle f(1)-\frac{1}{4}<E$

και τελικά $f(1)-\dfrac{1}{4}< E<\dfrac{1}{4}$

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

perpant · #3

Καλημέρα.
1) Αν $g\left( x \right) = x + {e^x}$ , τότε η

είναι

ως γνησίως αύξουσα. Από τη δοθείσα για x = 0

έχουμε $f\left( 0 \right) + {e^{f\left( 0 \right)}} = 1 \Leftrightarrow g\left( {f\left( 0 \right)} \right) = g\left( 0 \right)\mathop \Leftrightarrow \limits^{g\,\,1 - 1} f\left( 0 \right) = 0$ .

2) Η δοθείσα γράφεται $g\left( {f\left( x \right)} \right) = x + 1$ . Η $g\left( {f\left( x \right)} \right)$ είναι παραγωγίσιμη ως σύνθεση παραγωγίσιμων, οπότε παραγωγίζοντας είναι ${g^\prime }\left( {f\left( x \right)} \right){f^\prime }\left( x \right) = 1 \Rightarrow {f^\prime }\left( x \right) = \frac{1}{{1 + {e^{f\left( x \right)}}}} > 0$ , οπότε

γνησίως αύξουσα.

Η ${f^\prime }$ είναι παραγωγίσιμη με ${f^\prime }^\prime \left( x \right) = - \frac{{{e^{f\left( x \right)}}}}{{{{\left( {1 + {e^{f\left( x \right)}}} \right)}^3}}} < 0 \Rightarrow {f^\prime }$ γνησίως φθίνουσα.

3) Για την αριστερή ανισότητα με Θ.Μ.Τ. στο $\left[ {0,x} \right]$ , x > 0

έχουμε ${f^\prime }\left( {{x_0}} \right) = \frac{{f\left( x \right) - f\left( 0 \right)}}{x} = \frac{{f\left( x \right)}}{x}$ .

Είναι ${x_0} < x\mathop \Rightarrow \limits^{f'2} {f^\prime }\left( x \right) < {f^\prime }\left( {{x_0}} \right) \Rightarrow {f^\prime }\left( x \right) < \frac{{f\left( x \right)}}{x} \Rightarrow x{f^\prime }\left( x \right) < f\left( x \right)$ .

Για τη δεξιά ανισότητα, αν $h\left( x \right) = 2f\left( x \right) - 1,x \ge 0$ τότε ${h^\prime }\left( x \right) = \frac{{1 - {e^{f\left( x \right)}}}}{{1 + {e^{f\left( x \right)}}}} < 0$ για κάθε x > 0

. (είναι $x > 0\mathop \Rightarrow \limits^{f1} f\left( x \right) > 0\mathop \Rightarrow \limits^{{e^x}1} {e^{f\left( x \right)}} > 1$ ).

Οπότε $x > 0\mathop \Rightarrow \limits^{h2} h\left( x \right) < h\left( 0 \right) \Rightarrow 2f\left( x \right) - x < 0$ .

4) Ολοκληρώνοντας τη σχέση του ερωτήματος 3 έχουμε:
$\int_0^1 {x{f^\prime }\left( x \right)dx} < \int_0^1 {f\left( x \right)} dx < \int_0^1 {\frac{x}{2}dx} \Rightarrow$
$\Rightarrow \left[ {xf\left( x \right)} \right]_0^1 - \int_0^1 {f\left( x \right)} dx < E < \frac{1}{4}$
. $\Rightarrow f\left( 1 \right) - E < E < \frac{1}{4} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} f\left( 1 \right) - E < E\\ E < \frac{1}{4} \end{array} \right.\mathop \Rightarrow \limits^ + f\left( 1 \right) < E - \frac{1}{4}$ .

Επεξεργασία: Με πρόλαβε ο Βασίλης, την αφήνω για τον κόπο.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #4

KAKABASBASILEIOS έγραψε: Τετ Οκτ 03, 2018 11:34 am
....Καλημέρα σε όλο το ...γειά σου Σταύρο!!!...(όπως το θέμα Δ του 2002)

Γεια σου Βασίλη.
Ακριβώς είναι παραλλαγή του Δ του 2002.
Το ερώτημα 3 βγαίνει με πολλούς τρόπους.
Επίσης η ανισότητα ισχύει και για x<0

.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #5

Θα κάνω το 3 διαφορετικά και για $x\neq 0$

Οπως έχει δειχθεί παραπάνω η

είναι κοίλη.

Η εξίσωση της εφαπτομένης στο

είναι $y=\dfrac{x}{2}$

Ετσι παίρνουμε την δεξιά.

Εστω $x\neq 0$ .

Η εξίσωση της εφαπτομένης είναι η y=f(x)+f'(x)(t-x)

Αφου είναι κοίλη για $t\neq x$ θα έχουμε

f(t)>f(x)+f'(x)(t-x)

Αν βάλουμε t=0

παίρνουμε την αριστερή

Εκθετική

Εκθετική

Re: Εκθετική

Re: Εκθετική

Re: Εκθετική

Re: Εκθετική

Μέλη σε σύνδεση