1 '΄ΜΕΓΑΛΗ΄' ΑΣΚΗΣΗ

xgastone · #1

ΑΠΛΑ ΓΙΑ ΝΑ ΠΕΡΑΣΟΥΜΕ ΤΗΝ ΩΡΑ ΜΑΣ

#2

Αναπάντητη τόσο καιρό.

Θα βγάλουμε κακό όνομα ...

Την ξεκινώ ...

A.i)Η συνάρτηση f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο R με

$\displaystyle{f{'}(x)=-\frac{x}{\sqrt{1+x^2}^3}}$

και

$\displaystyle{f{''}(x)=\frac{2x^2-1}{\sqrt{1+x^2}^5}}$ .

Έχουμε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο $(-\infty,0]$ ,
γνησίως φθίνουσα στο $[0,+\infty)$ και
παρουσιάζει ολικό μέγιστο για x = 0 το f(0)=1.

Επίσης η f στρέφει τα κοίλα πάνω (κυρτή) στα διαστήματα $\displaystyle{\left( -\infty,-\frac{\sqrt{2}}{2}\right]}$ , $\displaystyle{\left[\frac{\sqrt{2}}{2},+\infty\right)}$ ,
στρέφει τα κοίλα κάτω (κοίλη) στο $\displaystyle{\left[\frac{-\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2}\right]}$
και έχει σημεία καμπής για $\displaystyle{x=-\frac{\sqrt{2}}{2}}$ το $\displaystyle{f\left(-\frac{\sqrt{2}}{2} \right)=\frac{\sqrt{6}}{3}}$ και για $\displaystyle{x=\frac{\sqrt{2}}{2}}$ το $\displaystyle{f\left(\frac{\sqrt{2}}{2} \right)=\frac{\sqrt{6}}{3}}$ .

#3

ii) a) Η συνάρτηση 1+t^2

είναι συνεχής στο R ως πολυωνυμική,
άρα η συνάρτηση $\sqrt{1+t^2}$ είναι συνεχής στο R ως σύνθεση των συνεχών 1+t^2

, $\sqrt{t}$ ,
οπότε και η συνάρτηση $\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{1+t^2}}}$ είναι συνεχής στο R ως σύνθεση των συνεχών $\sqrt{1+t^2}$ και $\displaystyle{\frac{1}{t}$ , με $\sqrt{1+t^2} \neq 0$ ,
δηλαδή ορίζεται η συνάρτηση $\displaystyle{\int_{0}^{x}{\frac{1}{\sqrt{1+t^2}}}dt}$ .

Επομένως η F(x) είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο R,

με $\displaystyle{F{'}(x)=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}>0}$ ,

οπότε η F είναι γνησίως αύξουσα στο R.

β) Για κάθε $x \in A_{F}=R$ , το $-x \in A_{F}=R$

και

$\displaystyle{F(-x)=\int_{0}^{-x}{\frac{1}{\sqrt{1+t^2}}dt=\int_{0}^{x}{\frac{1}{\sqrt{1+(-u)^2}}(-du)=-\int_{0}^{x}{\frac{1}{\sqrt{1+u^2}}du=-F(x)}$ , έχοντας θέσει u=-t.
Συνεπώς η F είναι περιττή στο R.

γ) Έχουμε ότι $0 \leq t \leq x$ , οπότε:

$\displaystyle{t \geq 0 \Leftrightarrow 2t \geq 0 \Leftrightarrow 2t + 1 + t^2 \geq 1 + t^2 \Leftrightarrow (1+t)^2 \geq 1+t^2 \Leftrightarrow}$

$\displaystyle{\Leftrightarrow 1+t \geq \sqrt{1+t^2} \Leftrightarrow \frac{1}{1+t}\leq\frac{1}{\sqrt{1+t^2}}\Leftrightarrow \frac{1}{\sqrt{1+t^2}}-\frac{1}{1+t}\geq 0 (I)}$
Επομένως από την (Ι):
$\displaystyle{\int_{0}^{x}{\left(\frac{1}{\sqrt{1+t^2}}-\frac{1}{1+t} \right)}dx \geq 0\Leftrightarrow \int_{0}^{x}{\frac{1}{\sqrt{1+t^2}}dx \geq \int_{0}^{x}\frac{1}{1+t}}dx }$

Όμως:

$\displaystyle{\int_{0}^{x}\frac{1}{1+t}}dx=\left[ln(1+t) \right]_{0}^{x}=ln(1+x)}$

άρα

$\displaystyle{\int_{0}^{x}{\frac{1}{\sqrt{1+t^2}}dx \geq ln(1+x) }$

και

$\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty} \int_{0}^{x}{\frac{1}{\sqrt{1+t^2}}dx \geq \lim_{x\rightarrow +\infty}ln(1+x)=+\infty}$

δηλαδή $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty} \int_{0}^{x}{\frac{1}{\sqrt{1+t^2}}dx =+\infty}$

#4

iii) α) Η συνάρτηση F(2x) είνια παραγωγίσιμη στο R ως σύνθεση των παραγωγίσιμων συναρτήησεων F(x) (αποδείχθηκε παραπάνω) και 2x (πολυωνυμική),

άρα η συνάρτηση G(x)=F(2x)-F(x) είναι παραγωγίσιμη στο R ως διαφορά παραγωγίσιμων συναρτήσεων.

Έχουμε ότι:
$\displaystyle{G(x)=\int_{0}^{2x}{\frac{1}{\sqrt{1+t^2}}dt-\int_{0}^{x}{\frac{1}{\sqrt{1+t^2}}dt}$

και

$\displaystyle{G'(x)=\frac{2}{\sqrt{1+4x^2}}-\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$ .

Όμως:

$\displaystyle{\frac{2}{\sqrt{1+4x^2}}>\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}\Leftrightarrow 2\sqrt{1+x^2}>\sqrt{1+4x^2}\Leftrightarrow }$

$\displaystyle{\Leftrightarrow 4(1+x^2)>1+4x^2\Leftrightarrow 4+4x^2>1+4x^2}$ ,
η οποία ισχύει, άρα και η αρχική οπότε $G{'}(x)>0, x \in R$ ,
οπότε η συνάρτηση G(x) είναι γνησίως αύξουσα στο R.

β) Για x > 0 έχουμε ότι:

$\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{1+x^2}} \leq \frac{1}{x} \Leftrightarrow x \leq \sqrt{1+x^2} \Leftrightarrow x^2 \leq 1+x^2}$ ,
η οποία ισχύει άρα και η αρχική.

Σχόλιο: Η ισότητα δεν ισχύει ποτέ στο $R_{+}^{*}$ .

#5

γ,δ) Σε αυτό δεν έχω βρει κάποιο "σχολικό" τρόπο.

Υπολογίζοντας τα ολοκληρώματα (αρχικά θέτουμε t=εφu και στη συνέχεια φ=ημu) βρίσκουμε ότι:
$\displaystyle{G(x)=ln\left(2x+\sqrt{4x^2+1} \right)-ln\left(x+\sqrt{x^2+1} \right)=Arcsinh(2x)-Arcsinh(x)}$
ή
$\displaystyle{G(x)=ln\frac{2x+\sqrt{4x^2+1}}{x+\sqrt{x^2+1}}, x \in R}$

Ισχύει ότι:

$\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{2x+\sqrt{4x^2+1}}{x+\sqrt{x^2+1}}= \lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{x \cdot \left( 2+\sqrt{4+\frac{1}{x^2}}\right)}{x \cdot \left( 1+\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}\right)}=\frac{2+2}{1+1}=2}$ ,

οπότε

$\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}ln\frac{2x+\sqrt{4x^2+1}}{x+\sqrt{x^2+1}}=ln2}$ .

Συνεπώς και αφού η G είναι γνησίως αύξουσα στο $(0,+\infty)$ , έχουμε ότι:
για $x \in (0,+\infty)$ ισχύει $\displaystyle{G(A_{1})=\left(\lim_{x\rightarrow 0^{+}}G(x),\lim_{x\rightarrow +\infty}G(x)\right)=(0,ln2)}$ ,

οπότε G(x) < ln2, x>0

Σχόλιο: Και πάλι η ισότητα δεν ισχύει ποτέ στο $R_{+}^{*}$ .

#6

ε) Για κάθε $x \in A_{G}=R$ , έχουμε ότι $-x \in A_{G}=R$ και

G(-x)=F(-2x)-F(-x)=-F(2x)+F(x)=-[F(2x)-F(x)]=-G(x)

,

οπότε η G(x) είναι περιττή στο R.

στ) Ισχύει ότι:

$\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}\frac{2x+\sqrt{4x^2+1}}{x+\sqrt{x^2+1}}= \lim_{x\rightarrow -\infty}\frac{\left( 4x^2-(4x^2+1)\right)\left( x-\sqrt{x^2+1}\right)}{\left( 2x-\sqrt{4x^2+1}\right)\left( x^2-(x^2+1)\right)}=}$

$\displaystyle{=\lim_{x\rightarrow -\infty}\frac{x-\sqrt{x^2+1}}{ 2x-\sqrt{4x^2+1}}=\lim_{x\rightarrow -\infty}\frac{x \cdot \left(1+\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}\right)}{x \cdot \left(2+\sqrt{4+\frac{1}{x^2}}\right)}=\frac{1+1}{2+2}=\frac{1}{2}}$

οπότε

$\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}G(x)=\lim_{x\rightarrow -\infty}ln\frac{2x+\sqrt{4x^2+1}}{x+\sqrt{x^2+1}}=ln\frac{1}{2}=-ln2}$ .

#7

B)i)α) H Φ είναι ορισμένη στο R.

Οι συναρτήσεις x,1+x^2

είναι παραγωγίσιμες στο R ως πολυωνυμικές,

άρα η συνάρτηση $\sqrt{1+x^2}$ είναι παραγωγίσιμη στο R ως σύνθεση των παραγωγίσιμων

συναρτήσεων $1+x^2, \sqrt{x}$ ,

οπότε και η συνάρτηση $x+\sqrt{1+x^2}$ είναι παραγωγίσιμη στο R ως άθροισμα

παραγωγίσιμων συναρτήσεων.

Τέλος η συνάρτηση $\Phi (x)=ln\left(x+\sqrt{1+x^2} \right)$ είναι παραγωγίσιμη στο R ως

σύνθεση των παραγωγίσιμων $lnx,x+\sqrt{1+x^2}$ , με

$\Phi{'} (x)=\frac{1}{x+\sqrt{1+x^2}}\cdot\left(x+\frac{2x}{2\sqrt{1+x^2}} \right)=...=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$ .

Συνεπώς έχουμε ότι: $\Phi{'}(x)=F{'}(x)$ , άρα $\Phi(x)=F(x)+c$ .

Όμως: $F(0)=0, \Phi(0)=0$ , οπότε c=0 και $\Phi(x)=F(x)$ .

β) Το απέδειξα στο Α),iii), δ).

#8

ii)α) Για x>0 έχουμε ότι:

$\displaystyle{ln2x+ln\frac{1+\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}}{2}=ln\left( 2x\cdot\frac{1+\sqrt{\frac{x^2+1}{x^2}}}{2}\right)=ln \frac{2x+2x\frac{\sqrt{x^2+1}}{x}}{2}=ln\left( x+\sqrt{x^2+1}\right)=F(x)}$ .

β) Η συνάρτηση F είναι ορισμένη στο R, οπότε δεν έχει κατακόρυφες ασύμπτωτες.

Για x>0 έχουμε ότι:
$\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{F(x)}{x}=\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{ln\left( x+\sqrt{1+x^2}\right)}{x}=\lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}}{1}=\lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}=0}$

και $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty}(F(x)-0 \cdot x) =\lim_{x\rightarrow +\infty}ln\left(x+\sqrt{1+x^2}} \right) \frac{\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}}{1}=+\infty}$ ,

οπότε δεν έχει πλάγια ασύμπτωτη στο $+\infty$ .

Για x<0 έχουμε ότι:

$\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}\frac{F(x)}{x}=0}$

και $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow -\infty}(F(x)-0 \cdot x) =-\infty}$ ,

οπότε δεν έχει πλάγια ασύμπτωτη στο $-\infty$ .

#9

iii) H συνάρτηση F είναι γνησίως αύξουσα στο R, οπότε για x > 0 έχουμε F(x)>F(0)=0.

Επομένως το ζητούμενο εμβαδό είναι το:

$\displaystyle{E=\int_{0}^{1}{F(x)dx}=\int_{0}^{1}{ln\left(x+\sqrt{1+x^2} \right)dx}=}$

$\displaystyle{=\int_{0}^{1}{(x){'}ln\left(x+\sqrt{1+x^2} \right)dx}=\left[x \cdot ln\left(x+\sqrt{1+x^2}\right) \right]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}{\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}dx}=}$

$\displaystyle{=\left[x \cdot ln\left(x+\sqrt{1+x^2}\right) \right]_{0}^{1}-\left[\sqrt{1+x^2} \right]_{0}^{1}=ln(1+\sqrt{2})-\sqrt{2}+1}$ .

1 '΄ΜΕΓΑΛΗ΄' ΑΣΚΗΣΗ

1 '΄ΜΕΓΑΛΗ΄' ΑΣΚΗΣΗ

Re: 1 '΄ΜΕΓΑΛΗ΄' ΑΣΚΗΣΗ

Re: 1 '΄ΜΕΓΑΛΗ΄' ΑΣΚΗΣΗ

Re: 1 '΄ΜΕΓΑΛΗ΄' ΑΣΚΗΣΗ

Re: 1 '΄ΜΕΓΑΛΗ΄' ΑΣΚΗΣΗ

Re: 1 '΄ΜΕΓΑΛΗ΄' ΑΣΚΗΣΗ

Re: 1 '΄ΜΕΓΑΛΗ΄' ΑΣΚΗΣΗ

Re: 1 '΄ΜΕΓΑΛΗ΄' ΑΣΚΗΣΗ

Re: 1 '΄ΜΕΓΑΛΗ΄' ΑΣΚΗΣΗ

Μέλη σε σύνδεση