4o Τεστ (Γενικό)

Ραϊκόφτσαλης Θωμάς · #1

Καλημέρα.

Ας μοιραστούμε το 4ο γενικό τεστ προετοιμασίας για τις επερχόμενες εξετάσεις που γράφουν οι μαθητές μου.

Ας ληφθεί υπόψην ότι τα Σ-Λ του διαγωνίσματος δεν είναι ενταγμένα στη λογική των εξετάσεων, αλλά
στο να κατανοήσουν οι μαθητές τις έννοιες και να τους βοηθήσουν να αναγνωρίζουν μέσα στις ασκήσεις κάποια ερωτήματα.
Να είστε καλά,
Θ.Ρ

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Ωmega Man · #2

Θέμα 2ο
α.
i. $\displaystyle{\bf L_{1}=\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{f(x)+\textrm{\greektext hm}(x)}{x^3}=1}$

ii. $\displaystyle{\bf L_{2}=\lim_{x\rightarrow +\infty}f(e^{-x})=-1}$

β.
Η $\bf f$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{\mathbb{R}}$ και $\displaystyle{\bf \lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)=+\infty}$ , $\displaystyle{\bf \lim_{x\rightarrow -\infty}f(x)=-\infty}$ , το οποίο σημαίνει ότι υπάρχει μοναδικό $\displaystyle{\textrm{\greektext x}}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{\bf f(\textrm{\greektext x})=0}$ .

γ.
$\displaystyle{\bf I=\int_{1}^{2}\frac{2(x^2-1)}{x^2}\;dx=1}$

δ.
$\displaystyle{\bf |w|=2\int_{0}^{\textrm{\greektext x}}(3x^2+2x+1)\;dx=2\int_{0}^{\textrm{\greektext x}}(x^3+x^2+x)'\;dx=2\int_{0}^{\textrm{\greektext x}}(f(x)+1)'\;dx=2}$
Έτσι λοιπόν $\displaystyle{\bf |w|^2=\frac{|z+2|^2}{|z-2|^2}\Rightarrow 4|z-2|^2=|z+2|^2}$ . Θέτοντας $\displaystyle{\bf z=x+yi}$ στην παραπάνω σχέση παίρνουμε,
$\displaystyle{\bf 4[(x-2)^2+y^2]=[(x+2)^2+y^2]\Rightarrow 4(x^2-4x+4)+4y^2=x^2+4x+4+y^2\Rightarrow 3x^2-20x+12+3y^2=0\Rightarrow}$
$\displaystyle{\bf (\sqrt{3}x-\frac{10}{\sqrt{3}})^2+3y^2=\frac{64}{3}\Rightarrow (x-\frac{10}{3})^2+y^2=\frac{64}{9}}$
Άρα ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι κύκλος κέντρου $\displaystyle{\bf (\frac{10}{3},0)}$ και ακτίνας $\displaystyle{\bf \frac{8}{3}}$ .

skywalker13 · #3

Εναλλακτικά, για το 2ο θέμα το δ παρατηρούμε οτι η συνάρτηση μεσα στο ολοκλήρωμα είναι η f'(x) οπότε
$\displaystyle{ \left|w \right|=2\int_{0}^{\xi }{f'\left(x \right)dx}=2\left(f\left(\xi \right)-f\left(0 \right) \right)=2 }$ και συνεχίζουμε όπως ο Ωmega Man

manos1992 · #4

άλλη μια φορα πολύ ωραίο το διαγώνισμα! Ας βάλω μια λύση για το 4ο..

(α) η υπο ολοκλήρωση συνάρτηση είναι συνεχής άρα το ολοκλήρωμα συνάρτηση παραγωγίσιμη.
επισης η f είναι παραγωγίσιμη
άρα παραγωγίζοντας παίρνουμε

$f'(x)+e^{-x-f(x)}=0\Rightarrow e^{f(x)}f'(x)=-e^{-x}\Leftrightarrow (e^{f(x)})'=(e^{-x})'\Rightarrow$

$e^{f(x)}=e^{-x}+c$ (2)

αλλά από τη δοθείσα f(0)=ln(e+1)

και στη (2) για x=0 παίρνουμε $e^{ln(e+1)}=1+c\Rightarrow c=e$

$(2)\Rightarrow e^{f(x)}=e^{-x}+e\Rightarrow f(x)=ln(e+e^{-x})$

που είναι το ζητούμενο

(b) $f'(x)=\frac{-e^{-x}}{e+e^{-x}}<0 \forall x\in \mathbb{R}$

άρα f γνησίως φθίνουσα στο R..

και $\lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)=1$

και $\lim_{x\rightarrow -\infty}f(x)=+\infty$

αλλα $f(\mathbb{R})=(\lim_{x\rightarrow +\infty}f(x), \lim_{x\rightarrow -\infty}f(x))=(1, +\infty)$

(c) η f είναι γνησίως φθίνουσα άρα και '1-1' άρα αντιστρέφεται και η αντίστροφη εχει σύνολο ορισμού το $(1,+\infty )$

θέτω y=f(x)

και $e^y=e+e^{-x}\Rightarrow e^{-x}=e^y-e\Rightarrow x=-ln(e^y-e)$

άρα $\forall x \in (1, +\infty )$ $f^{-1}(x)=-ln(e^x-e)$

(d) $f'(x)=\frac{-1}{e^{x+1}+1}\Rightarrow f''(x)=\frac{e^{x+1}}{(e^{x+1}+1)^2}>0$

άρα f κυρτή στο R..

(e) διακρίνουμε τις παριπτώσεις (ι)a+1>b

τότε από ΘΜΤ στο [a,b]

υπαρχει

τέτοιο ώστε $f'(x_0)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$

από ΘΜΤ στο [a+1,b+1]

υπαρχει

τέτοιο ώστε $f'(x_1)=\frac{f(b+1)-f(a+1)}{b-a}$

αλλά

γνησίως αύξουσα άρα f'(x_1)>f'(x_0)

και αφού β-α>0

f(b+1)-f(a+1)>f(b)-f(a)

που είναι το ζητούμενο

(ii)a+1<b

τότε από ΘΜΤ στο [a,a+1]

υπαρχει

τέτοιο ώστε f'(x_2)=f(a+1)-f(a)

από ΘΜΤ στο [b,b+1]

υπαρχει

τέτοιο ώστε f'(x_3)=f(b+1)-f(b)

αλλα

γνησίως αύξουσα άρα

f(b+1)-f(b)>f(a+1)-f(a)

που είναι το ζητούμενο!

κύριε Θωμά πολύ ωραίο θέμα

!

Dimitris X · #5

Για να μην μπλέξεις με περιπτώσεις στο 4ο το τελευταίο θα μπορούσες να πας ''απευθείας'',δηλαδή:
Αρκεί:

$\ln\left(e+\frac{1}{e^{a}}\right)+\ln\left(e+\frac{1}{e^{b+1}} \right) > \ln\left(e+\frac{1}{e^b}\right)+\ln\left(e+\frac{1}{e^{a+1}}\right)$

H οποία να δεν έχω κάνει κάποιο λάθος ισοδυναμεί με την:

$\frac{1}{e^b}+\frac{1}{e^{a-1}}>\frac{1}{e^a}+\frac{1}{3^{b-1}} \Longleftrightarrow \frac{1}{e^b}-\frac{1}{e^{b-1}} > \frac{1}{e^a} -\frac{1}{e^{a-1}}.$

Θεωρούμε την $g(x)=\frac{1}{e^x}-\frac{1}{e^{x-1}}$

$g{'}(x)=-\frac{1}{e^x}+\frac{1}{e^x-1}=\frac{e^x-e^{x-1}}{e^{2x-1}}=\frac{e^{x-1}(e-1)}{e^{2x-1}}>0.$

Άρα η g γνησίως αύξουσα.......

manos1992 · #6

ΕDIT:εντελώς λάθος η παρατήρησή μου, η λύση του Δημήτρη είναι σωστή...

Ωmega Man · #7

Θέμα 3ο
α. Έχουμε $\displaystyle{\bf f(x)=\ln(x)-2\frac{x-1}{x+1}}$ με πεδίο ορισμού το $\displaystyle{\bf (0,+\infty)}$ και σύνολο τιμών το $\displaystyle{\bf (-\infty,+\infty)}$ . Για την πρώτη παράγωγο έχουμε $\displaystyle{\bf f'(x)=\frac{1}{x}-2\frac{(x+1)-(x-1)}{(x+1)^2}=\frac{(x-1)^2}{x(x+1)^2}>0}$ για κάθε $\displaystyle{\bf x>0}$ , άρα είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{\bf (0,+\infty)}$ .

β. H $\displaystyle{\bf f}$ είναι γνησίως αύξουσα 1-1 και επί άρα για κάθε $\displaystyle{x_{0}\in(0,+\infty)}$ το $\displaystyle{\bf f(x_{0})}$ είναι μοναδικό. Έτσι υπάρχει μοναδικό $\displaystyle{\bf x_{0}}$ με $\displaystyle{\bf f(x_{0})=2010}$ .

γ. Με βάση τα παραπάνω είναι εμφανές ότι η ρίζα είναι η $\displaystyle{\bf x=1}$ και είναι μοναδική.

δ. Έχουμε λόγω μονοτονίας έχουμε,
$\displaystyle{\bf a<b\Rightarrow f(a)<f(b)\Rightarrow \ln(a)-2\frac{a-1}{b-1}<\ln(b)-2\frac{b-1}{b+1}}$
$\displaystyle{\bf \Rightarrow \frac{2(b-a)}{a+b+ab+1}<\ln\left(\sqrt{\frac{b}{a}}\right)\Rightarrow \frac{b-a}{b+a}<\ln\left(\sqrt{\frac{b}{a}}\right)}$ .

ε. Αναλυτικά $\displaystyle{\bf \lim_{x\rightarrow 1}\frac{\int_{1}^{x}f(t)\;dt}{(x-1)^2}\overset{DLH}{=}\lim_{x\rightarrow 1}\frac{f(x)}{2(x-1)}\overset{DLH}{=}\lim_{x\rightarrow 1}\frac{f'(x)}{2}=0}$ .

Το γράφημα της $\bf f$ δίνεται παρακάτω.

paylos · #8

Μια σύντομη απάντηση για το 3 δ)
$\begin{array}{l} 0 < a < b \Rightarrow \frac{b}{a} > 1 \Rightarrow f\left( {\frac{b}{a}} \right) > f\left( 1 \right) \Rightarrow \ln \frac{b}{a} - 2\frac{{\frac{b}{a} - 1}}{{\frac{b}{a} + 1}} > 0 \\ \Rightarrow \ln \frac{b}{a} > 2\frac{{b - a}}{{b + a}} \Rightarrow \ln \sqrt {\frac{b}{a}} > \frac{{b - a}}{{b + a}} \\ \end{array}$

4o Τεστ (Γενικό)

4o Τεστ (Γενικό)

Re: 4o Τεστ (Γενικό)

Re: 4o Τεστ (Γενικό)

Re: 4o Τεστ (Γενικό)

Re: 4o Τεστ (Γενικό)

Re: 4o Τεστ (Γενικό)

Re: 4o Τεστ (Γενικό)

Re: 4o Τεστ (Γενικό)

Μέλη σε σύνδεση