Πιθανό 4ο Θεμα

G.Tsikaloudakis · #1

Δίνονται οι συναρτήσεις: f,F

με:
$\displaystyle{f(t) = \frac{{e^t }}{t}}$ και $\displaystyle{F(x) = \int_1^x {f(t)dt} }$

Θεωρούμε τη συνάρτηση: $\displaystyle{ G(x) = \left\{ \begin{array}{l} xF(x),{\rm{ }}0 < x < 1 \\ 0,{\rm{ x}} = {\rm{0}} \\ {\rm{x}}^{\rm{2}} {\rm{f'(x)}}{\rm{, x}} \ge {\rm{1}} \\ \end{array} \right.}$
.
Να αποδείξετε ότι:
α. η

είναι συνεχής
β. η

έχει ολικό ελάχιστο.
γ. η

είναι κυρτή
δ. για κάθε $\displaystyle{x \ge 0}$ ισχύει: $\displaystyle{ G(x) \ge e(x - 1)}$

#2

Να καλωσορίσω κι εγώ τον πατριώτη της διασποράς κ. Τσικαλουδάκη τον οποίο γνωρίζω μόνο από τα βιβλία του και τα άρθρα του στον Ευκλείδη.

Καταρχήν το πεδίο ορισμού της συνάρτησης G(x)

είναι το $[0,+\infty)$ . Επίσης $f'(x)=\displaystyle\frac{e^x(x-1)}{x^2}$ άρα f'(1)=0

.

Επίσης η συνάρτηση G γράφεται $G(x)= \left\{ \begin{array}{ll} x\displaystyle\int_1^x f(t)dt, & 0<x<1;} \\ 0, & x=0 ;} \\ e^x(x-1), & x\geq 1.} \end{array} \right.$

α) Η

είναι συνεχής στο (0,1)

και στο $(1,+\infty)$ . Είναι πολύ εύκολο να δούμε ότι
$\displaystyle\lim_{x\to 1^{-}}G(x)=\lim_{x\to 1^{+}}G(x)=0=G(1)$ . Επιπλέον ισχύει (όχι τετριμμένη απόδειξη) ότι $\displaystyle\lim_{x\to 0}G(x)=0=G(0)$ (κοιτάξτε τη δημοσίευση του Χρήστου παρακάτω) και άρα η συνάρτηση

είναι συνεχής στο $[0,+\infty)$ .

β) Εύκολα βλέπουμε (βλέπε παρακάτω) ότι η συνάρτηση

είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής στο $(0,+\infty)$ με $\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}\frac{G(x)-G(0)}{x}=\lim_{x\to 0}F(x)=\lim_{x\to 0}\int_1^0\displaystyle\frac{e^t}{t} dt <0$ και G'(1)=e>0

άρα από το θεώρημα Bolzano υπάρχει κάποια ρίζα - έστω x_0

- (και μοναδική λόγω μονοτονίας) της

στο $\left(0,1\right)$ άρα πριν το x_0

η

είναι αρνητική και μετά το x_0

είναι θετική. Συνεπώς το x_0

είναι η θέση του ολικού ελαχίστου της συνάρτησης G.

γ) Είναι εύκολο να δούμε εφαρμόζοντας τον κανόνα L' Hospital ότι $\displaystyle\lim_{x\to 1^{-}}\frac{G(x)-G(1)}{x-1}=\lim_{x\to 1^{+}}\frac{G(x)-G(1)}{x-1}=e$

και ότι για κάθε $x\in(0,1)$ έχουμε $G'(x)=\displaystyle\int_1^x f(t)dt+e^x$ καθώς επίσης και ότι για κάθε

στο $(1,+\infty)$ ισχύει ότι G'(x)=xe^x

.

Άρα τελικά στο $(0,+\infty)$ έχουμε $G'(x)=\left\{ \begin{array}{ll} \displaystyle\int_1^x f(t)dt+e^x, & 0<x<1 \\ xe^x, & x\geq 1.} \end{array} \right.$

οπότε είναι φανερό ότι η συνάρτηση G'(x) είναι συνεχής στο $(0,+\infty)$ ως συνεχής στα υποδιαστήματα (0,1)

, $(1,+\infty)$ και ως συνεχής στο

.

Επίσης για κάθε

στο

ισχύει

Για κάθε

στο $(1,+\infty)$ ισχύει G''(x)=e^x(x+1) >0

.

Με εφαρμογή του κανόνα l' Hospital ισχύει:

$\displaystyle\lim_{x\to 1^{-}}\frac{G'(x)-G'(1)}{x-1}=\lim_{x\to 1^{+}}\frac{G'(x)-G'(1)}{x-1}=2e >0$ οπότε G''(1)=2e

.

Άρα η συνάρτηση G''(x)

είναι φανερό ότι είναι είναι συνεχής στο σημείο x=1

καθώς επίσης και στα διαστήματα (0,1)

και $(1,+\infty)$ οπότε η G''(x)

είναι συνεχής στο $(0,+\infty)$ .

Επίσης η συνάρτηση G'(x)

είναι παραγωγίσιμη στο (0,+infty)

με

άρα η

είναι γνησίως αύξουσα στο $[0,+\infty)$ οπότε η

είναι κυρτή στο $[0,+\infty)$ .

δ) Η

ως κυρτή συνάρτηση είναι φανερό ότι βρίσκεται πάντοτε πάνω από την εφαπτομένη της στο σημείο x=1

με εξίσωση y-G(1)=G'(1)(x-1)

δηλαδή από την y=e(x-1)

.

Άρα $G(x)\geq e(x-1)$ για κάθε $x\in[0,+\infty)$ .

Αλέξανδρος

EDIT: Διόρθωσα το (β) ερώτημα μετά τις παρατηρήσεις των Δημήτρη (Dimitris X) και Χρήστου Καρδάση τους οποίους ευχαριστώ.

Spribo · #3

Μία ερώτηση για το α):
Μπορούμε να δικαιολογήσουμε ότι $\lim_{x \rightarrow 0}G(x)$ =0 ως κάτωθι;
$\int^{x}_{1}f(t)dt=f(j)(x-1), x<1, j \in (0,1)$ από το Θ.Μ.Τ του ολοκληρωτικού λογισμού.
Οπότε $\lim_{x \rightarrow 0}G(x)=\lim_{x \rightarrow 0}xf(j)(x-1)=0$ .
Εάν η σκέψη μου είναι σωστή, υπάρχει κι άλλος τρόπος για τον υπολογισμό του ορίου αυτού;

#4

Νομίζω πως δεν είναι και τόσο απλό, μιας και το j που θέτεις εξαρτάται και αυτό απο το χ, οπότε η κατάσταση περιπλέκεται...
Αν η f(j(x)) έχει όριο για χ->0 ή είναι φραγμένη καλώς. Αλλιώς, μύλος!

#5

Spribo έγραψε:υπάρχει κι άλλος τρόπος για τον υπολογισμό του ορίου αυτού;

Κοίτα τον τρόπο του Χρήστου παρακάτω.

Αλέξανδρος

#6

Tόσην ώρα το κοιτάζω, το κοιτάζω και όσο περνούν τα λεπτά, κλονίζεται η..πίστη μου.

Είμαστε σίγουροι πως το όριο της F υπάρχει και είναι πραγματικός;

Χμμ....

Για να δούμε:

Γνωρίζω πως:

$\displaystyle{ e^t \ge t + 1 }$
για κάθε t πραγματικό.

Διαιρώντας με t>0 έχω:

$\displaystyle{ \frac{{e^t }}{t} \ge 1 + \frac{1}{t} }$

Ολοκληρώνοντας:

$\displaystyle{ \int\limits_x^1 {\frac{{e^t }}{t}dt \ge \int\limits_x^1 {\left( {1 + \frac{1}{t}} \right)dt} } \Rightarrow \int\limits_1^x {\frac{{e^t }}{t}dt \le \int\limits_1^x {\left( {1 + \frac{1}{t}} \right)dt} } \Rightarrow \int\limits_1^x {\frac{{e^t }}{t}dt} \le x + \ln x - 1 }$

Όταν το χ->0+ έχω πως:

$\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to 0 + } (x + \ln x - 1) = - \infty }$
Αρα και (εκτός ύλης, μη βαράτε! το κάνω για εξοικονόμηση χρόνου)

$\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to 0 + } \left( {\int\limits_1^x {\frac{{e^t }}{t}dt} } \right) = - \infty }$

Αρα δε μπορώ να το υπολογίσω με τετριμμένο τρόπο, γιατί είναι 0(-00).

Τι κάνω;

Del Hospital...

$\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to 0 + } \left( {x\int\limits_1^x {\frac{{e^t }}{t}dt} } \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0 + } (\frac{{\int\limits_1^x {\frac{{e^t }}{t}dt} }}{{\frac{1}{x}}})\mathop = \limits^{D - L - H} ... = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0 + } ( - xe^x ) = 0 }$

Και έτσι προκύπτει η συνέχεια στο 0.

#7

Προφανώς ο Χρήστος έχει δίκιο και διορθώνω την απάντηση παραπάνω... Δυστυχώς δεν πρόσεξα ότι η συνάρτηση f(t) μέσα στο ολοκλήρωμα έχει πρόβλημα στο σημείο t=0

κι έτσι έγραψα ότι η συνάρτηση F είναι συνεχής (που δεν είναι όπως έδειξε ο Χρήστος παραπάνω).

Αλέξανδρος

Spribo · #8

Θα μπορούσαμε να αποδείξουμε ότι $\lim_{x \rightarrow 0}\int^{x}_{1}f(t)dt=-\infty$ μέσω του διαγράμματος της $f(t)= \frac{e^t}{t}$ ; Εννοώ με μελέτη ως προς τα κοίλα και τη μονοτονία και τις ασύμπτωτες να σχεδιάσουμε τη γραφική της παράσταση, κι έπειτα να εκμεταλλευτούμε τη γεωμετρική ερμηνεία του άνω ολοκληρώματος...
Στο συνημμένο, το γραμμοσκιασμένο εμβαδόν, που είναι αντίθετο του άνω ολοκληρώματος, τείνει στο +οο καθώς το χ τείνει στο 0...

mathxl · #9

Μία άλλη λύση μόνο για το όριο (σαν ξεχωριστή άσκηση )
Για 0 < χ < 1
Είναι
$\displaystyle{x \le t \le 1 \Rightarrow {e^x} \le {e^t} \le e \Rightarrow \frac{{{e^x}}}{t} \le \frac{{{e^t}}}{t} \le \frac{e}{t} \Rightarrow - {e^x}\ln x \le \int\limits_x^1 {\frac{{{e^t}}}{t}dt} \le - e\ln x}$
$\displaystyle{ \Rightarrow e\ln x \le \int\limits_1^x {\frac{{{e^t}}}{t}dt} \le {e^x}\ln x \Rightarrow e\left( {x\ln x} \right) \le x\int\limits_1^x {\frac{{{e^t}}}{t}dt} \le {e^x}\left( {x\ln x} \right)}$
εύκολα με τυροπιτάλ $\displaystyle{x\ln x\mathop \to \limits^{x \to {0^ + }} 0}$
άρα από ΚΠ το ζητούμενο όριο είναι 0

Spribo · #10

Αυτό που πρότεινα με το εμβαδόν είναι σωστό;

G.Tsikaloudakis · #11

Καλησπέρα.
Όχι φίλε Sprido(;), δεν είναι σωστό, γιατί π.χ.: $\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } \left( {\ln x} \right) = - \infty }$
Όμως:

$\displaystyle{ \begin{array}{l} \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } \int_1^x {\ln tdt = } \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } \mathop {\left[ {t\ln t - t} \right]}\nolimits_1^x = \\ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } \left( {x\ln x - x + 1} \right) = 1 \\ \end{array} }$

Πιθανό 4ο Θεμα

Πιθανό 4ο Θεμα

Re: Πιθανό 4ο Θεμα

Re: Πιθανό 4ο Θεμα

Re: Πιθανό 4ο Θεμα

Re: Πιθανό 4ο Θεμα

Re: Πιθανό 4ο Θεμα

Re: Πιθανό 4ο Θεμα

Re: Πιθανό 4ο Θεμα

Re: Πιθανό 4ο Θεμα

Re: Πιθανό 4ο Θεμα

Re: Πιθανό 4ο Θεμα

Μέλη σε σύνδεση