Διαφορι - Κούλα 25

mathxl · #1

Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση $\displaystyle{f:\left( {\sqrt 2 , + \infty } \right) \to R}$
με $\displaystyle{f'\left( x \right) \ne 0,\forall x \in \left( {\sqrt 2 , + \infty } \right)}$
και $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\sqrt 2 }^ + }} f\left( x \right) = - \infty }$
. Να βρείτε τον τύπο της f

#2

mathxl έγραψε:Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση $\displaystyle{f:\left( {\sqrt 2 , + \infty } \right) \to R}$
με $\displaystyle{f'\left( x \right) \ne 0,\forall x \in \left( {\sqrt 2 , + \infty } \right)}$
και $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\sqrt 2 }^ + }} f\left( x \right) = - \infty }$
. Να βρείτε τον τύπο της f

Μμμμ....προφανώς μια συνάρτηση που ικανοποιεί τις δοθείσες σχέσεις είναι η

$\displaystyle{f(x)=\ln(x-\sqrt{2})}$ .

'Η, η συνάρτηση με τύπο $f(x)=\frac{1}{\sqrt{2}-x}$

Υπάρχουν άπειρες συναρτήσεις που ικανοποιούν τη δοθείσα, όμως, π.χ.

$f(x)=\ln(x-\sqrt{2})$ , αν $\sqrt{2}<x<1+\sqrt{2}$

και $f(x)=g(x-\sqrt{2})$

όπου

είναι οποιαδήποτε παραγωγίσιμη συνάρτηση με g'(x)>0

για κάθε $x\geq 1+\sqrt{2}$ , με g(1)=0

και

.

Μήπως λείπει κάτι από την υπόθεση, ή μου ξεφεύγει εμένα κάτι;

Φιλικά,

Αχιλλέας

mathxl · #3

$\displaystyle{xf'\left( x \right) = {f^3}\left( x \right) + f\left( x \right),0 < x < \sqrt 2 }$
και $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to {{\sqrt 2 }^ - }} f\left( x \right) = + \infty }$ , $\displaystyle{f'\left( x \right) \ne 0,\forall x \in \left( {0,\sqrt 2 } \right)}$

Διόρθωσα το σύνολο ορισμού και το όριο
Η άσκηση είχε πρόβλημα, ευχαριστώ τον Γιώργο (hsiodos) και τον Αχιλλέα. Της νύχτας τα καμώματα τα βλέπει η μέρα και γελά

#4

Αφού $\displaystyle{f'(x)\ne 0\Rightarrow f(x)\ne 0}$ στο ΠΟ (μάλιστα f γν. μονότονη άρα αύξουσα λόγω ορίου και ομόσημη της f΄ )
η ΔΕ γράφεται
$\displaystyle{\frac{dy}{y}-\frac{ydy}{1+y^2}=\frac{dx}{x}}$ που ολοκληρώνεται εύκολα και δίνει $\displaystyle{ln(\frac{y}{\sqrt{1+y^2}})=lnx+c=ln(kx) ,k>0}$ και λόγω ορίου $\displaystyle{k^2=1/2}$ και τελικά
$\displaystyle{y=\frac{x}{\sqrt{2-x^2}}}$

hsiodos · #5

Καλημέρα

$\displaystyle{xf{'} (x) = f^3 (x) + f(x)\,\,\,\,(1)\,\,\,x \in \,\left( {0\,,\,\sqrt 2 } \right)}$

Από την (1) προκύπτει ότι η f δεν μηδενίζεται στο $\displaystyle{\left( {0\,,\,\sqrt 2 } \right)}$ και σαν συνεχής(παραγωγίσιμη) διατηρεί πρόσημο. Επειδή $\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to \sqrt 2 ^ - } f(x) = + \infty }$ συμπεραίνουμε ότι $\displaystyle{f(x) > 0}$ για κάθε $\displaystyle{x \in \,\left( {0\,,\,\sqrt 2 } \right)}$ .

$\displaystyle{(1) \Leftrightarrow f(x) - xf{'} (x) = - f^3 (x)\,\,\,\,(2)}$ για κάθε $\displaystyle{x \in \,\left( {0\,,\,\sqrt 2 } \right)}$ .

Θεωρούμε την συνάρτηση $\displaystyle{g(x) = \frac{x}{{f(x)}}\,}$ που είναι παραγωγίσιμη (άρα και συνεχής) στο $\displaystyle{\left( {0\,,\,\sqrt 2 } \right)}$ σαν πηλίκο παραγωγίσιμων συναρτήσεων.Προφανώς g(x) > 0 στο $\displaystyle{\,\left( {0\,,\,\sqrt 2 } \right)\,}$ .

Για κάθε $\displaystyle{x \in \,\left( {0\,,\,\sqrt 2 } \right)\,}$ έχουμε:

$\displaystyle{g{'} (x) = \frac{{f(x) - xf{'} (x)}}{{f^2 (x)}}\,\,\,\mathop \Leftrightarrow \limits^{(2)} \,\,\,g{'} (x) = \,\,\, - f(x) \Leftrightarrow g{'} (x) = \,\,\, - \frac{x}{{g(x)}} \Leftrightarrow g(x)g{'} (x) = \, - x}$ $\displaystyle{ \Leftrightarrow 2g(x)g{'} (x) = \, - 2x \Leftrightarrow \left( {g^2 (x)} \right){'} \, = \,\,( - x^2 ){'} \Leftrightarrow \,g^2 (x) = - x^2 + c\, \Leftrightarrow \frac{{x^2 }}{{f^2 (x)}} = - x^2 + c}$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow f^2 (x) = \frac{{x^2 }}{{c - x^2 }}\,\,\, \Leftrightarrow f(x) = \frac{x}{{\sqrt {c - x^2 } }}\,\,,\,\,c \in R\,\,\,\,\,\, ,c > x^2 \,\,\mu \varepsilon \,\,x^2 \in (0\,,2)}$

Αν $\displaystyle{c \ne 2\,}$ ,οπότε c > 2 ,τότε $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to \sqrt 2 ^ - } f(x) = \frac{{\sqrt 2 }}{{\sqrt {c - 2} }} \in R}$ , άτοπο. Άρα c=2 και εύκολα επαληθεύουμε ότι $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to \sqrt 2 ^ - } f(x) = + \infty }$ . Τελικά $\displaystyle{f(x) = \frac{x}{{\sqrt {2 - x^2 } }}\,\,\mu \varepsilon \,\,x \in \,\left( {0\,,\,\sqrt 2 } \right)}$

Γιώργος

mathxl · #6

Ευχαριστώ για τις απαντήσεις σας
Η λύση μου είναι στο ίδιο μήκος κύματος με του Γιώργου (απλά δεν έχω χρησιμοποιήσει βοηθητική συνάρτηση). Εάν θέλει κάποιος να την δει, ας το γράψει.

Διαφορι - Κούλα 25

Διαφορι - Κούλα 25

Re: Διαφορι - Κούλα 25

Re: Διαφορι - Κούλα 25

Re: Διαφορι - Κούλα 25

Re: Διαφορι - Κούλα 25

Re: Διαφορι - Κούλα 25

Μέλη σε σύνδεση