ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

pana1333 · #101

Μια αλλά γαλλικά (annales corrigees, Mathématiques bac serie s 2010, Vuibert)

Άσκηση 104

Δίνεται η συνάρτηση

με τύπο $f\left(x \right)=ln\left(1+e^{-x} \right)+\frac{1}{3}x$ .

Α. Να μελετηθεί η συνάρτηση ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα.
Β. Να βρεθούν τα όρια $\lim_{x\rightarrow +\propto }f\left(x \right)$ και $\lim_{x\rightarrow -\propto }f\left(x \right)$ .
Γ. Να βρεθούν οι ασύμπτωτες της συνάρτησης και το σημείο τομής τους.
Δ. Να προσδιοριστεί η θέση της $C_{f}$ ως προς τις ασύμπτωτες.

.......και έτσι για απλή ενημέρωση, το βιβλίο το αγόρασα 1 Ευρώ και 50 λεπτά, το σύνολο 1.50!!!!!!!

apotin · #102

dennys έγραψε:Aγαπητέ φίλε apotin ,θα το γράψω για τελευταία φορά , μετά δεν θα ξαναμιλήσω.

Οταν $x_1<x_2 \Leftrightarrow f(x_1)<f(x_2)$ οταν ησυναρτηση είναι γν.αυξουσα.

Οταν πάρω όρια σ'αυτήν θα παραμείνει η ανίσωση γιατί οπως το κατάλαβες είναι σταθερές ποσότητες.

Τώρα αν πάρεις για τυχαίο $x \in Df$ ,οταν πάρεις όρια στην ανισοτητα ή ανισοισότητα

θα μπεί και το ίσον.π.χ. $x<x_1 \Leftrightarrow f(x) < f(x_1) \Rightarrow lim_{x\to a}f(x) \le lim_{x\to a}f(x_1)$

Aυτό αναφέρω και στίς λύσεις μου.Αν παρ'ολα αυτά δεν συμφωνείς ,ελπίζω να κάναμε ενα εποκοδομητικό διάλογο

καλό βράδυ
dennys

Με αυτό που γράφεις τώρα συμφωνώ απόλυτα.
Στα προηγούμενα όμως αναφερόσουν μόνο σε μεταβλητή f(x), g(x)

και αυτή η διαφορά ήθελα να διευκρινιστεί και όπως πρόσεξες δεν αναφερόμουν στη λύση σου (γι' αυτό και η επιμονή).

#103

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 101

Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση $\displaystyle{ f:R \to R }$ , για την οποία ισχύει η σχέση: $\displaystyle{ 2f\left( x \right) + \sigma \upsilon \nu \left( {f\left( x \right)} \right) = x,\forall x \in R }$

i) Να δείξετε ότι η $\displaystyle{ f }$ είναι γνησίως αύξουσα

ii) Να αποδείξετε ότι : $\displaystyle{ \left| {f\left( x \right) - f\left( y \right)} \right| \leqslant \left| {x - y} \right|,\,\,\,\forall x,y \in R }$

iii) Να δείξετε ότι: $\displaystyle{ \frac{{x - 1}} {2} \leqslant f\left( x \right) \leqslant \frac{{x + 1}} {2},\,\,\,\forall x \in R }$

iv) Να βρείτε το σύνολο τιμών της $\displaystyle{ f }$ και την $\displaystyle{ f^{ - 1} }$

Στάθης

ΛΥΣΗ

i) Από $2f(x)+\sigma \upsilon \nu f(x)=x$ παραγωγίζοντας προκύπτει ότι $2{f}'(x)-\eta \mu (f(x)){f}'(x)=1\Leftrightarrow (2-\eta \mu f(x)){f}'(x)=1$

και επειδή $2-\eta \mu f(x)>0$ λόγω της ισότητας η ${f}'(x)>0,\,\,x\in R$ , άρα η

είναι γνήσια αύξουσα στο

ii) Για x=y

προφανώς ισχύει σαν ισότητα

Για $x\ne y$ έστω ότι x<y

αρκεί να δείξουμε ότι $\left| \frac{f(x)-f(y)}{x-y} \right|\le 1$ (1)

Τώρα στο διάστημα $[x,\,y]$ επειδή

παραγωγίσιμη σύμφωνα με το θεώρημα μέσης τιμής υπάρχει $\xi \in (x,\,\,y)$ ώστε να ισχύει

${f}'(\xi )=\frac{f(x)-f(y)}{x-y}$ και επειδή ${f}'(\xi )=\frac{1}{2-\eta \mu (f(\xi ))}$ θα είναι $\frac{1}{2-\eta \mu (f(\xi ))}=\frac{f(x)-f(y)}{x-y}$

επομένως αρκεί να δείξουμε από (1) ότι $\left| \frac{1}{2-\eta \mu (f(\xi ))} \right|\le 1\Leftrightarrow \left| 2-\eta \mu (f(\xi )) \right|\ge 1$ που ισχύει.

iii) Αρκεί να δείξουμε ότι $x-1\le 2f(x)\le x+1\Leftrightarrow x-1\le x-\sigma \upsilon \nu (f(x))\le x+1$ δηλαδή αρκεί $-1\le -\sigma \upsilon \nu (f(x))\le 1,\,\,\,x\in R$ που ισχύει

iv) Επειδή είναι $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x-1}{2}=+\infty$ θα είναι $\frac{x-1}{2}>0$ στο $+\infty$ και επειδή ισχύει $\frac{x-1}{2}\le f(x)\Leftrightarrow \frac{2}{x-1}\ge \frac{1}{f(x)}>0$ αφού $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{2}{x-1}=0$

από κριτήριο παρεμβολής θα είναι και $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{f(x)}=0$ άρα αφού f(x)>0

θα ισχύει ότι $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)=+\infty$

Με ανάλογο τρόπο αφού $\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x-1}{2}=-\infty$ και $f(x)\le \frac{x-1}{2}$ δείχνουμε ότι $\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)=-\infty$ άρα το σύνολο τιμών της συνεχούς

και γνήσιας αύξουσας

στο

είναι το

και επίσης το σύνολο τιμών της ${{f}^{-1}}$ είναι το

πεδίο ορισμού της

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ · #104

pana1333 έγραψε:Άσκηση 104
Δίνεται η συνάρτηση με τύπο $f\left(x \right)=ln\left(1+e^{-x} \right)+\frac{1}{3}x$ .

Α. Να μελετηθεί η συνάρτηση ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα.
Β. Να βρεθούν τα όρια $\lim_{x\rightarrow +\propto }f\left(x \right)$ και $\lim_{x\rightarrow -\propto }f\left(x \right)$ .
Γ. Να βρεθούν οι ασύμπτωτες της συνάρτησης και το σημείο τομής τους.
Δ. Να προσδιοριστεί η θέση της $C_{f}$ ως προς τις ασύμπτωτες.

A. Βρίσκουμε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης $\displaystyle{f}$

Πρέπει $\displaystyle{1 + e^{ - x} > 0}$ που ισχύει γιά κάθε $\displaystyle{x \in R}$ . Άρα η $\displaystyle{f}$ έχει πεδίο ορισμού το $\displaystyle{R}$

Η $\displaystyle{f}$ παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{R}$ ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων με $\displaystyle{f'(x) = \frac{{ - e^{ - x} }}{{1 + e^{ - x} }} + \frac{1}{3} = \frac{{ - 3e^{ - x} + 1 + e^{ - x} }}{{1 + e^{ - x} }} = \frac{{ - 2e^{ - x} + 1}}{{1 + e^{ - x} }},x \in R}$

Έχουμε $\displaystyle{f'(x) = 0 \Leftrightarrow \frac{{ - 2e^{ - x} + 1}}{{1 + e^{ - x} }} = 0 \Leftrightarrow - 2e^{ - x} + 1 = 0 \Leftrightarrow e^{ - x} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow - x = \ln \frac{1}{2} \Leftrightarrow x = \ln 2}$

$\displaystyle{f'(x) > 0 \Leftrightarrow \frac{{ - 2e^{ - x} + 1}}{{1 + e^{ - x} }} > 0\mathop \Leftrightarrow \limits^{1 + e^{ - x} > 0} - 2e^{ - x} + 1 > 0 \Leftrightarrow e^{ - x} < \frac{1}{2} \Leftrightarrow - x < \ln \frac{1}{2} \Leftrightarrow x > \ln 2}$

Άρα η $\displaystyle{f}$ είναι γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{( - \infty ,\ln 2]}$ και γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{[\ln 2, + \infty )}$ .]

Παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στη θέση $\displaystyle{x_0 = \ln 2}$ με τιμή $\displaystyle{f(\ln 2) = \ln (1 + e^{ - \ln 2} ) + \frac{{\ln 2}}{3} = \ln \frac{3}{2} + \frac{{\ln 2}}{3} = \ln 3 - \ln 2 + \frac{{\ln 2}}{3} = \ln 3 - \frac{{2\ln 2}}{3}}$

B. Έχουμε $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\ln (1 + e^{ - x} ) + \frac{x}{3}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\ln (\frac{{e^x + 1}}{{e^x }}) + \frac{x}{3}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\ln (e^x + 1) - x + \frac{x}{3}} \right) = }$

$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\ln (e^x + 1) - \frac{{2x}}{3}} \right) = + \infty}$

Επίσης $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{3\ln (e^x + 1)}}{{2x}}\mathop = \limits^{\frac{{ + \infty }}{{ + \infty }}} \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\frac{{3e^x }}{{e^x + 1}}}}{2} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{3e^x }}{{2e^x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{3e^x }}{{2e^x (1 + \frac{1}{{e^x }})}} = \frac{3}{2}}$

Οπότε $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\ln (1 + e^{ - x} ) + \frac{x}{3}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\ln (\frac{{e^x + 1}}{{e^x }}) + \frac{x}{3}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\ln (e^x + 1) - x + \frac{x}{3}} \right) = }$

$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\ln (e^x + 1) - \frac{{2x}}{3}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left[ {\frac{{2x}}{3}\left( {\frac{{3\ln (e^x + 1)}}{{2x}} - 1} \right)} \right] = ( + \infty )(\frac{3}{2} - 1) = + \infty }$

Γ. Επειδή η $\displaystyle{f}$ είναι συνεχής στο $\displaystyle{R}$ , δεν έχει κατακόρυφη ασύμπτωτη.

Επειδή $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = + \infty }$ , και $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to -\infty } f(x) = + \infty }$ η $\displaystyle{f}$ δεν έχει οριζόντιες ασύμπτωτες .

$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{f(x)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\left( {\ln (e^x + 1) - \frac{{2x}}{3}} \right)}}{x}\mathop = \limits^{\frac{{ + \infty }}{{ + \infty }}} \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\frac{{e^x }}{{e^x + 1}} - \frac{2}{3}}}{1} = 1 - \frac{2}{3} = \frac{1}{3}}$

Και $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {f(x) - \frac{1}{3}x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\ln (e^x + 1) - \frac{{2x}}{3} - \frac{1}{3}x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\ln (e^x + 1) - x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\ln (e^x + 1) - \ln e^x } \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\ln \frac{{e^x + 1}}{{e^x }}} \right) = 0}$

Οπότε η $\displaystyle{y = \frac{1}{3}x}$ πλάγια ασύμπτωτη στο $\displaystyle{{ + \infty }}$

Επίσης $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{f(x)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\left( {\ln (e^x + 1) - \frac{{2x}}{3}} \right)}}{x}\mathop = \limits^{\frac{{ + \infty }}{{ - \infty }}} \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{\frac{{e^x }}{{e^x + 1}} - \frac{2}{3}}}{1} = 0 - \frac{2}{3} = - \frac{2}{3}}$

Και $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {f(x) + \frac{2}{3}x} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\ln (e^x + 1) - \frac{{2x}}{3} + \frac{{2x}}{3}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {\ln (e^x + 1)} \right) = 0}$

Άρα η $\displaystyle{y = - \frac{2}{3}x }$ πλάγια ασύμπτωτη στο $\displaystyle{{ - \infty }}$

Δ. Για $\displaystyle{x > 0}$ έχουμε $\displaystyle{f(x) > \frac{1}{3}x \Leftrightarrow \ln (e^x + 1) - \frac{{2x}}{3} > \frac{1}{3}x \Leftrightarrow \ln (e^x + 1) - x > 0 \Leftrightarrow \ln (e^x + 1) - \ln e^x > 0 \Leftrightarrow \ln \frac{{e^x + 1}}{{e^x }} > \ln 1 \Leftrightarrow \frac{{e^x + 1}}{{e^x }} > 1}$ που ισχύει για κάθε $\displaystyle{x > 0}$

Για $\displaystyle{x < 0}$ έχουμε $\displaystyle{f(x) > - \frac{2}{3}x \Leftrightarrow \ln (e^x + 1) - \frac{{2x}}{3} > - \frac{2}{3}x \Leftrightarrow \ln (e^x + 1) > 0}$ που ισχύει για κάθε $\displaystyle{x < 0}$

Άρα η γραφική παράσταση της $\displaystyle{f}$ βρίσκεται πάνω απο τις ασύμπτωτες

: 104.png (7.89 KiB) Προβλήθηκε 1628 φορές

apotin · #105

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 102

Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση $\displaystyle{ f:\left( {0, + \infty } \right) \to R }$ , για την οποία ισχύει η σχέση: $\displaystyle{ x \cdot e^{f\left( x \right)} = f^2 \left( x \right) + 2,\forall x \in \left( {0, + \infty } \right) }$

i) Να εκφράσετε την $\displaystyle{ f'\left( x \right) }$ συναρτήσει μόνο του $\displaystyle{ f\left( x \right) }$ για κάθε $\displaystyle{ x \in \left( {0, + \infty } \right) }$

ii) Να αποδείξετε ότι η $\displaystyle{ f }$ είναι γνησίως μονότονη

iii) Να μελετήσετε την $\displaystyle{ f }$ ως προς τα κοίλα

iv) Να βρείτε τον τύπο της αντίστροφης συνάρτησης $\displaystyle{ f^{ - 1} }$

Στάθης

i) Για κάθε x>0

έχουμε: $\displaystyle{x = {e^{ - f(x)}}\left( {{f^2}(x) + 2} \right)}$ (1)

οπότε παραγωγίζοντας βρίσκουμε:

$\displaystyle{1 = f'(x){e^{ - f(x)}}\left[ { - {f^2}(x) + 2f(x) - 2} \right] \Leftrightarrow 1 = - f'(x){e^{ - f(x)}}\left[ {{{\left( {f(x) - 1} \right)}^2} + 1} \right] \Leftrightarrow f'(x) = \frac{{ - {e^{ - f(x)}}}}{{{{\left( {f(x) - 1} \right)}^2} + 1}} < 0}$ (2)

ii) Από την (2) προκύπτει ότι η

είναι γν. φθίνουσα στο $\displaystyle{\left( {0, + \infty } \right)}$

iii) Από την (2) προκύπτει ότι η

είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{\left( {0, + \infty } \right)}$ με

$\displaystyle{f''(x) = ... = \frac{{ - {e^{ - f(x)}}f'(x){{\left( {f(x) - 2} \right)}^2}}}{{{{\left[ {{{\left( {f(x) - 1} \right)}^2} + 1} \right]}^2}}}}>0$

οπότε η $\displaystyle{{C_f}}$ στρέφει τα κοίλα άνω στο $\displaystyle{\left( {0, + \infty } \right)}$ .

iv) H

ως γν. φθίνουσα είναι και <1-1> οπότε αντιστρέφεται.

Έχουμε $\displaystyle{y = f(x) \Leftrightarrow x = {f^{ - 1}}(y)}$ οπότε από την (1) βρίσκουμε:

$\displaystyle{{f^{ - 1}}(y) = {e^{ - y}}\left( {{y^2} + 2} \right)}$ ή $\displaystyle{{f^{ - 1}}(x) = {e^{ - x}}\left( {{x^2} + 2} \right)}$

: 102c.png (88.7 KiB) Προβλήθηκε 1614 φορές

με το πράσινο χρώμα η $\displaystyle{{C_{{f^}}}$

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ · #106

ΑΣΚΗΣΗ 105η

Δίνεται η συνάρτηση $\displaystyle{f(x) = \frac{{\ln x}}{x},x > 0}$

α. Να μελετήσετε την $\displaystyle{f}$ ως προς την μονοτονία και τα ακρότατα.

β. Να βρείτε το σύνολο τιμών της

γ. Για τις διάφορες τιμές του $\displaystyle{\kappa \in R}$ να βρείτε το πλήθος των λύσεων της εξίσωσης $\displaystyle{x = e^{\kappa x} ,x > 0}$

δ. Να λύσετε την εξίσωση $\displaystyle{(\eta \mu x)^{\sigma \upsilon \nu x} = \left( {\sigma \upsilon \nu x} \right)^{\eta \mu x} }$ στο διάστημα $\displaystyle{(0,\frac{\pi }{2})}$

ε. Να αποδείξετε οτι υπάρχει μοναδικό $\displaystyle{\xi \in (0, + \infty )}$ ώστε η εφαπτομένη της $\displaystyle{C_f }$ στο σημείο της $\displaystyle{M(\xi ,f(\xi ))}$ να τέμνει τον άξονα $\displaystyle{y'y}$ στο $\displaystyle{ - 2010}$

στ. Να δείξετε οτι για κάθε $\displaystyle{x \ge e}$ ισχύει $\displaystyle{f(x + 1) < \frac{{\ln ^2 (x + 1) - \ln ^2 x}}{2} < f(x)}$

ζ. Να υπολογίσετε το όριο $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\ln ^2 (x + 1) - \ln ^2 x} \right)}$

Συνδυασμός δύο ασκήσεων από βοηθήματα Β. Παπαδάκη (εκδόσεις Σαββάλας) και Γ. Μιχαηλίδης (εκδόσεις Διόφαντος)

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ · #107

Με μια γρήγορη ματία, είδα οτι, μέχρι και την 104, δεν πρέπει να έχει μείνει καμία αλύτη

pito · #108

ΑΣΚΗΣΗ 106

Έστω η

2 φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:R\rightarrow R$ για την οποία ισχύουν
f(x+1)=f(3-x)

και
$f''(x)\neq 0$

α) Να λύσετε την εξίσωση f'(x)=0

.

β) Αν επιπλέον η f''

είναι συνεχής στο [0,3]

και ισχύει f(0)<f(1)

, να μελετήσετε την

ως προς τη μονοτονία και να βρείτε τις θέσεις των ολικών ακροτάτων στο [0,3]

.

( Αναστάσιος Μπάρλας, εκδόσεις ελληνοεκδοτική)

perpant · #109

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 105η

Δίνεται η συνάρτηση $\displaystyle{f(x) = \frac{{\ln x}}{x},x > 0}$

α. Να μελετήσετε την $\displaystyle{f}$ ως προς την μονοτονία και τα ακρότατα.

β. Να βρείτε το σύνολο τιμών της

γ. Για τις διάφορες τιμές του $\displaystyle{\kappa \in R}$ να βρείτε το πλήθος των λύσεων της εξίσωσης $\displaystyle{x = e^{\kappa x} ,x > 0}$

δ. Να λύσετε την εξίσωση $\displaystyle{(\eta \mu x)^{\sigma \upsilon \nu x} = \left( {\sigma \upsilon \nu x} \right)^{\eta \mu x} }$ στο διάστημα $\displaystyle{(0,\frac{\pi }{2})}$

ε. Να αποδείξετε οτι υπάρχει μοναδικό $\displaystyle{\xi \in (0, + \infty )}$ ώστε η εφαπτομένη της $\displaystyle{C_f }$ στο σημείο της $\displaystyle{M(\xi ,f(\xi ))}$ να τέμνει τον άξονα $\displaystyle{y'y}$ στο $\displaystyle{ - 2010}$

στ. Να δείξετε οτι για κάθε $\displaystyle{x \ge e}$ ισχύει $\displaystyle{f(x + 1) < \frac{{\ln ^2 (x + 1) - \ln ^2 x}}{2} < f(x)}$

ζ. Να υπολογίσετε το όριο $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\ln ^2 (x + 1) - \ln ^2 x} \right)}$

Συνδυασμός δύο ασκήσεων από βοηθήματα Β. Παπαδάκη (εκδόσεις Σαββάλας) και Γ. Μιχαηλίδης (εκδόσεις Διόφαντος)

α) Η $\displaystyle{f}$ συνεχής στο $\displaystyle{\left( {0, + \infty } \right)}$ ως πηλίκο συνεχών και παραγωγίσιμη με $\displaystyle{f'\left( x \right) = \frac{{1 - \ln x}}{{x^2 }}}$ . Τότε $\displaystyle{ f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow \frac{{1 - \ln x}}{{x^2 }} = 0 \Rightarrow x = e}$ και $\displaystyle{f'\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow 0 < x < e}$ , ενώ

$\displaystyle{f'\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow x > e}$ . Η $\displaystyle{f}$ λοιπόν είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{(0,e]}$ και γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{[e, + \infty )}$ και παρουσιάζει μέγιστο για $\displaystyle{x = e}$ το $\displaystyle{f\left( e \right) = \frac{1}{e}}$

β) Η $\displaystyle{f}$ συνεχής και γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{(0,e]}$ και συνεπώς $\displaystyle{f\left( {(0,e]} \right) = (\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } f\left( x \right),f\left( e \right)] = ( - \infty ,\frac{1}{e}]}$ αφού $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } \frac{{\ln x}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } \left( {\frac{1}{x}\ln x} \right) = - \infty }$ .

Επιπλέον η $\displaystyle{f}$ συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{[e, + \infty )}$ και συνεπώς $\displaystyle{f\left( {[e, + \infty )} \right) = (\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right),f\left( e \right)] = (0,\frac{1}{e}]}$ αφού $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\ln x}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{1}{x} = 0}$ ,

όπου στο τελευταίο όριο έγινε χρήση $\displaystyle{De\,L'Hospital}$ . Άρα τελικά $\displaystyle{f\left( {D_f } \right) = f\left( {(0,e]} \right) \cup f\left( {[e, + \infty )} \right) = ( - \infty ,\frac{1}{e}] \cup (0,\frac{1}{e}] = ( - \infty ,\frac{1}{e}]}$

γ) Η εξίσωση $\displaystyle{x = e^{kx} ,x > 0}$ είναι ισοδύναμη με την $\displaystyle{f\left( x \right) = k}$ . Οπότε για $\displaystyle{k \le 0}$ η εξίσωση έχει μοναδική λύση, για $\displaystyle{0 < k < \frac{1}{e}}$ η εξίσωση έχει δύο λύσεις, για $\displaystyle{ k = \frac{1}{e}}$ μοναδική

λύση και για $\displaystyle{k > \frac{1}{e}}$ η εξίσωση είναι αδύνατη

δ) $\displaystyle{\left( {\eta \mu x} \right)^{\sigma \upsilon \nu x} = \left( {\sigma \upsilon \nu x} \right)^{\eta \mu x} \Leftrightarrow \sigma \upsilon \nu x\ln \left( {\eta \mu x} \right) = \eta \mu x\ln \left( {\sigma \upsilon \nu x} \right)}$ \displaystyle{\displaystyle{ \Leftrightarrow \frac{{\ln \left( {\eta \mu x} \right)}}{{\eta \mu x}} = \frac{{\ln \left( {\sigma \upsilon \nu x} \right)}}{{\sigma \upsilon \nu x}} \Leftrightarrow f\left( {\eta \mu x} \right) = f\left( {\sigma \upsilon \nu x} \right)} . Για

\displaystyle{x \in \left( {0,\frac{\pi }{2}} \right)} , η

\displaystyle{f} είναι συνεχής και γνησίως

αύξουσα, συνεπώς είναι

\displaystyle{1 - 1} . Άρα

\displaystyle{f\left( {\eta \mu x} \right) = f\left( {\sigma \upsilon \nu x} \right) \Rightarrow \eta \mu x = \sigma \upsilon \nu x
} . Δηλαδή

\displaystyle{x = \frac{\pi }{4}} <span style="color:#FF0000">ε)</span> Η εξίσωση της εφαπτομένης της

\displaystyle{C_f } στο σημείο της

\displaystyle{M\left( {\xi ,f\left( \xi \right)} \right)
} είναι

\displaystyle{y - f\left( \xi \right) = f'\left( \xi \right)\left( {x - \xi } \right) \Leftrightarrow y - \frac{{\ln \xi }}{\xi } = \frac{{1 - \ln \xi }}{{\xi ^2 }}\left( {x - \xi } \right)} . Αν αυτή διέρχεται από το σημείο

\displaystyle{\left( {0, - 2010} \right)} τότε έχουμε

\displaystyle{ - 2010 - \frac{{\ln \xi }}{\xi } = \frac{{1 - \ln \xi }}{{\xi ^2 }}\left( {0 - \xi } \right) \Leftrightarrow - 2010 - \frac{{\ln \xi }}{\xi } = - \frac{{1 - \ln \xi }}{\xi } \Leftrightarrow - 2010\xi - \ln \xi = - 1 + \ln \xi }} $\displaystyle{ \Leftrightarrow 2\ln \xi + 2010\xi - 1 = 0}$ . Θεωρώ τη

συνάρτηση $\displaystyle{h\left( x \right) = 2\ln x + 2010x - 1,x > 0 }$ . Η $\displaystyle{h\left( x \right)}$ συνεχής ως πράξεις συνεχών και παραγωγίσιμη με $\displaystyle{h'\left( x \right) = \frac{2}{x} + 2010 > 0 }$ για κάθε $\displaystyle{x > 0}$ . Συνεπώς η $\displaystyle{h\left( x \right)}$ γνησίως

αύξουσα στο $\displaystyle{\left( {0, + \infty } \right) }$ και το σύνολο τιμών της είναι $\displaystyle{h\left( {\left( {0, + \infty } \right)} \right) = \left( {\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } h\left( x \right),\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } h\left( x \right)} \right) = \left( { - \infty , + \infty } \right)}$ . Επειδή λοιπόν το $\displaystyle{0 \in h\left( {\left( {0, + \infty } \right)} \right)}$ , υπάρχει $\displaystyle{\xi > 0}$ , το

οποίο είναι και μοναδικό λόγω μονοτονίας, τέτοιο ώστε $\displaystyle{h\left( \xi \right) = 0 \Leftrightarrow 2\ln \xi + 2010\xi - 1 = 0}$ που είναι και το ζητούμενο

στ) Έχουμε $\displaystyle{f\left( {x + 1} \right) < \frac{{\ln ^2 \left( {x + 1} \right) - \ln ^2 x}}{2} < f\left( x \right)}$ \displaystyle{\displaystyle{
\Leftrightarrow 2f\left( {x + 1} \right) < \ln ^2 \left( {x + 1} \right) - \ln ^2 x < 2f\left( x \right)}} $\displaystyle{ \Leftrightarrow 2f\left( {x + 1} \right) < \frac{{\ln ^2 \left( {x + 1} \right) - \ln ^2 x}}{{x + 1 - x}} < 2f\left( x \right)}$ . Θεωρώ τη

συνάρτηση $\displaystyle{s\left( x \right) = \ln ^2 x,x \ge e}$ η οποία είναι παραγωγίσιμη με $\displaystyle{s'\left( x \right) = 2\frac{{\ln x}}{x} = 2f\left( x \right)}$ . Από θεώρημα μέσης τιμής για την $\displaystyle{s\left( x \right) }$ στο $\displaystyle{\left[ {x,x + 1} \right]}$ , υπάρχει $\displaystyle{r \in \left( {x,x + 1} \right)}$ , τέτοιο

ώστε $\displaystyle{s'\left( r \right) = \frac{{s\left( {x + 1} \right) - s\left( x \right)}}{{x + 1 - x}} = \frac{{\ln ^2 \left( {x + 1} \right) - \ln ^2 x}}{{x + 1 - x}} = 2f\left( r \right)}$ . Οπότε η ζητούμενη ανισότητα γίνεται $\displaystyle{2f\left( {x + 1} \right) < 2f\left( r \right) < 2f\left( x \right) \Leftrightarrow f\left( {x + 1} \right) < f\left( r \right) < f\left( x \right) }$ που

ισχύει αφού $\displaystyle{e \le x < r < x + 1 \Rightarrow f\left( x \right) > f\left( r \right) > f\left( {x + 1} \right)}$ γιατί η $\displaystyle{ f}$ γνησίως φθίνουσα για $\displaystyle{x \ge e}$

ζ) Με κριτήριο παρεμβολής στην σχέση $\displaystyle{2f\left( {x + 1} \right) < \ln ^2 \left( {x + 1} \right) - \ln ^2 x < 2f\left( x \right)}$ παίρνουμε ότι $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\ln ^2 \left( {x + 1} \right) - \ln ^2 x} \right) = 0}$ αφού

$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\ln x}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( {x + 1} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\ln \left( {x + 1} \right)}}{{x + 1}} = 0}$

perpant · #110

Μία για καληνύχτα. Είτε για τους πολύ βραδυνούς, είτε για τους πολύ πρωϊνούς.

ΑΣΚΗΣΗ 107η
Δίνεται η συνάρτηση $\displaystyle{f\left( x \right) = \ln x - \frac{a}{x} + a,a \in R}$ . Αν $\displaystyle{f\left( x \right) \ge 0}$ για κάθε $\displaystyle{x \in \left( {0, + \infty } \right)}$ , τότε:

α) Να βρείτε τον $\displaystyle{a \in R}$

Για την τιμή του $\displaystyle{a \in R}$ που βρήκατε:

β) Να μελετήσετε την $\displaystyle{f}$ ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα

γ) Να μελετήσετε την $\displaystyle{f}$ ως προς την κυρτότητα και τα σημεία καμπής

δ) Να υπολογίσετε τα όρια $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } f\left( x \right)}$ και $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right)}$

ε) Να βρείτε το σύνολο τιμών της $\displaystyle{f}$ και να λύσετε την εξίσωση $\displaystyle{f\left( x \right) = 0}$

στ) Να λύσετε την ανίσωση $\displaystyle{\ln \left( {2\lambda ^2 + 2} \right) - \frac{1}{{\lambda ^2 + 6}} > \ln \left( {\lambda ^2 + 6} \right) - \frac{1}{{2\lambda ^2 + 2}}}$

Γκουβιέρος-Διαμαντόπουλος (Εκδόσεις Ξιφαράς)

#111

pito έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 106

Έστω η 2 φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:R\rightarrow R$ για την οποία ισχύουν
και
$f''(x)\neq 0$

α) Να λύσετε την εξίσωση .

β) Αν επιπλέον η είναι συνεχής στο και ισχύει , να μελετήσετε την ως προς τη μονοτονία και να βρείτε τις θέσεις των ολικών ακροτάτων στο .

( Αναστάσιος Μπάρλας, εκδόσεις ελληνοεκδοτική)

ΛΥΣΗ

α)Παραγωγίζοντας την ισότητα προκύπτει ότι ισχύει ${f}'(x+1)=-{f}'(3-x)\Leftrightarrow {f}'(x+1)+{f}'(3-x)=0$ και για x=1

ισχύει ότι $2{f}'(2)=0\Leftrightarrow {f}'(2)=0$ άρα ρίζα της {f}'(x)=0

το

Τώρα επειδή ισχύει ${f}''(x)\ne 0$ η {f}'

είναι

γιατί διαφορετικά θα υπάρχουν ${{x}_{1}}\ne {{x}_{2}}$ ώστε να ισχύει ${f}'({{x}_{1}})={f}'({{x}_{2}})$

και από θεώρημα ROLLE θα υπάρχει ρίζα της {f}''(x)=0

στο διάστημα που ορίζουν οι ${{x}_{1}},{{x}_{2}}$ που είναι άτοπο λόγω υπόθεσης,

άρα η {f}'(x)=0

έχει μοναδική ρίζα την x=2

β) Αφού επιπλέον η {f}''

και συνεχής θα διατηρεί σταθερό πρόσημο στο $[0,\,\,3]$ άρα θα είναι {f}''(x)>0

ή

για $x\in [0,\,\,3]$

Αν τώρα ισχύει {f}''(x)>0

η

θα είναι γνήσια αύξουσα στο $[0,\,\,3]$ και επειδή {f}'(2)=0

για

θα ισχύει ότι

{f}'(x)<{f}'(2)=0

άρα η

γνήσια φθίνουσα στο $[0,\,2]$ άτοπο αφού είναι f(0)<f(1)

οπότε θα ισχύει ότι {f}''(x)<0

για $x\in [0,\,\,3]$ έτσι η {f}'

θα είναι γνήσια φθίνουσα στο $[0,\,\,3]$

οπότε για x<2

θα ισχύει ότι {f}'(x)>{f}'(2)=0

που σημαίνει ότι

γνήσια αύξουσα στο

$[0,\,2]$ και για x>2

θα ισχύει ότι {f}'(x)<{f}'(2)=0

που σημαίνει ότι

γνήσια φθίνουσα στο $[2,\,\,3]$ επομένως η

παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο ${{x}_{1}}=2$ το f(2)

και

τοπικά ελάχιστα στα ${{x}_{2}}=0,\,\,{{x}_{3}}=3$ και αφού από υπόθεση ισχύει f(1)=f(3)

και

το

θα είναι το ολικό ελάχιστο στο $[0,\,3]$

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

#112

perpant έγραψε:Μία για καληνύχτα. Είτε για τους πολύ βραδυνούς, είτε για τους πολύ πρωϊνούς.

ΑΣΚΗΣΗ 107η
Δίνεται η συνάρτηση $\displaystyle{f\left( x \right) = \ln x - \frac{a}{x} + a,a \in R}$ . Αν $\displaystyle{f\left( x \right) \ge 0}$ για κάθε $\displaystyle{x \in \left( {0, + \infty } \right)}$ , τότε:

α) Να βρείτε τον $\displaystyle{a \in R}$

Για την τιμή του $\displaystyle{a \in R}$ που βρήκατε:

β) Να μελετήσετε την $\displaystyle{f}$ ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα

γ) Να μελετήσετε την $\displaystyle{f}$ ως προς την κυρτότητα και τα σημεία καμπής

δ) Να υπολογίσετε τα όρια $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } f\left( x \right)}$ και $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right)}$

ε) Να βρείτε το σύνολο τιμών της $\displaystyle{f}$ και να λύσετε την εξίσωση $\displaystyle{f\left( x \right) = 0}$

στ) Να λύσετε την ανίσωση $\displaystyle{\ln \left( {2\lambda ^2 + 2} \right) - \frac{1}{{\lambda ^2 + 6}} > \ln \left( {\lambda ^2 + 6} \right) - \frac{1}{{2\lambda ^2 + 2}}}$

Γκουβιέρος-Διαμαντόπουλος (Εκδόσεις Ξιφαράς)

ΛΥΣΗ

α) Αφού $fx)\ge 0$ και f(1)=0

θα ισχύει ότι $fx)\ge f(1),\,\,\,x\in (0,\,\,+\infty )$ οπότε στο $1\in (0,\,\,+\infty )$ η

παρουσιάζει ακρότατο και επειδή είναι

παραγωγίσιμη με ${f}'(x)=\frac{1}{x}+\frac{a}{{{x}^{2}}}$ σύμφωνα με το θεώρημα του FERMAT θα ισχύει ότι ${f}'(1)=0\Leftrightarrow 1+a=0\Leftrightarrow a=-1$

β) Τώρα επειδή είναι για a=-1

η ${f}'(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{{{x}^{2}}}=\frac{x-1}{{{x}^{2}}}$ θα ισχύει ότι ${f}'(x)<0,\,\,\,x\in (0,\,\,1)$ και ${f}'(x)>0,\,\,\,x\in (1,\,+\infty )$ άρα η

είναι γνήσια φθίνουσα στο $(0,\,\,1]$ και γνήσια αύξουσα στο $[1,\,+\infty )$ άρα

στο ${{x}_{0}}=1$ έχει ολικό ελάχιστο το f(1)=0

γ) Επειδή τώρα ${{f}'}'(x)=-\frac{1}{{{x}^{2}}}+\frac{2}{{{x}^{^{3}}}}=\frac{2-x}{{{x}^{3}}}$ θα είναι για ${f}''(x)>0,\,\,\,x\in (0,\,\,2),\,\,\,{f}''(x)<0,\,\,\,x\in (2,\,\,+\infty )$

άρα η

κυρτή στο $(0,\,\,2]$ και κοίλη στο $[2,\,\,+\infty )$ και το $(2,\,\,\,f(2))$ σημείο καμπής της

δ) Είναι $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,(\ln x)=-\infty$ και $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,(\frac{1}{x})=+\infty$ άρα έχουμε απροσδιοριστία μορφής $\infty -\infty$ και τότε η $f(x)=\frac{x\ln x+1}{x}+1$ και αφού

$\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,(x\ln x)=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln x}{\frac{1}{x}}\underset{DLH}{\overset{\frac{\infty }{\infty }}{\mathop{=}}}\,\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{{{x}^{2}}}}=0$ το $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{1}{x}(x\ln x+1) \right)=+\infty$ άρα $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f(x)=+\infty$ και

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,(\ln x+\frac{1}{x}-1)=+\infty$

ε) Προφανώς λόγω (β) και (δ) θα έχει σύνολο τιμών το $[1,\,\,+\infty )$

στ) η ανίσωση γράφεται ισοδύναμα $f(2{{\lambda }^{2}}+2)-1>f({{\lambda }^{2}}+6)-1\Leftrightarrow f(2{{\lambda }^{2}}+2)>f({{\lambda }^{2}}+6)$ και επειδή

$2{{\lambda }^{2}}+2>1,\,\,\,{{\lambda }^{2}}+6>1,\,\,\,\lambda \in R$ και $f\,\,\,$ γνήσια αύξουσα στο $[1,\,\,+\infty )$ ισοδύναμα θα έχουμε ότι

$2{{\lambda }^{2}}+2>{{\lambda }^{2}}+6\Leftrightarrow {{\lambda }^{2}}>4\Leftrightarrow \lambda <-2,\,\,\lambda >2$

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

perpant · #113

ΑΣΚΗΣΗ 108η
Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση $\displaystyle{f:\left[ {1,2} \right] \to R}$ τέτοια, ώστε $\displaystyle{f'\left( x \right) > 0}$ , για κάθε $\displaystyle{x \in R}$ . Δίνεται επίσης ότι ο μιγαδικός $\displaystyle{ = \frac{{1 + if\left( 1 \right)}}{{2 + if\left( 2 \right)}}}$ είναι φανταστικός και έχει μέτρο 1. Να δείξετε ότι:

i) $\displaystyle{f\left( 1 \right) = - 2\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,f\left( 2 \right) = 1}$

ii) Η εξίσωση $\displaystyle{f\left( x \right) = - x}$ έχει ακριβώς μία λύση στο διάστημα $\displaystyle{\left( {1,2} \right)}$

iii) Η εξίσωση $\displaystyle{f\left( x \right)f'\left( x \right) = - x}$ έχει τουλάχιστον μία λύση στο $\displaystyle{\left( {1,2} \right)}$

Μπαϊλάκης(Εκδόσεις Σαββάλα)

EDIT: Άλλαξα την άσκηση, μιας και είχε δωθεί στη συλλογή των μιγαδικών

apotin · #114

Άσκηση 109

Έστω η συνεχής συνάρτηση $\displaystyle{f:\left( {0, + \infty } \right) \to R}$ για την οποία ισχύει

$\displaystyle{{\left( {x - 1} \right)^2}f\left( x \right) = \left( {\ln x} \right) \cdot \eta \mu \left( {\pi x} \right)}$ για κάθε x>0

Να βρείτε το
Να εξετάσετε αν η $\displaystyle{{C_f}}$ έχει ασύμπτωτες
Να εξετάσετε αν υπάρχουν α, β $\displaystyle{ \in R}$ , ώστε για τη συνάρτηση με $\displaystyle{g(x) = \left\{ \begin{array}{c} \alpha + f(x),\,\,\alpha \nu \,\,0 < x < 1\\ \,\,\,\,\beta \,\,\,\,\,\,,\,\,\alpha \nu \,\,\,\,\,\,x = 0 \end{array} \right.}$
να ισχύουν οι προϋποθάσεις του Θ. Rolle στο [0, 1]

Γιάννης Μπαϊλάκης

Με ενημέρωσε ο Χρήστος (xr.tsif) ότι η προηγούμενη ήταν θέμα της 1ης Δέσμης-οπότε την αποσύρω.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

alexandropoulos · #115

perpant έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 108η
Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση $\displaystyle{f:\left[ {1,2} \right] \to R}$ τέτοια, ώστε $\displaystyle{f'\left( x \right) > 0}$ , για κάθε $\displaystyle{x \in R}$ . Δίνεται επίσης ότι ο μιγαδικός $\displaystyle{ = \frac{{1 + if\left( 1 \right)}}{{2 + if\left( 2 \right)}}}$ είναι φανταστικός και έχει μέτρο 1. Να δείξετε ότι:

i) $\displaystyle{f\left( 1 \right) = - 2\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,f\left( 2 \right) = 1}$

ii) Η εξίσωση $\displaystyle{f\left( x \right) = - x}$ έχει ακριβώς μία λύση στο διάστημα $\displaystyle{\left( {1,2} \right)}$

iii) Η εξίσωση $\displaystyle{f\left( x \right)f'\left( x \right) = - x}$ έχει τουλάχιστον μία λύση στο $\displaystyle{\left( {1,2} \right)}$

Μπαϊλάκης(Εκδόσεις Σαββάλα)

EDIT: Άλλαξα την άσκηση, μιας και είχε δωθεί στη συλλογή των μιγαδικών

i. Αν $w=\frac{1+if(1)}{2+if(2)}$ από την $\bar{w}=-w$ προκύπτει ότι f(1)f(2)=-2 (1)

ή

.Οι

΄είναι ετερόσημοι.
Η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα οπότε το ζητούμενο f(1)=-2, f(2)=1

.
ii) Θ. Bolzano στο (1,2)

για την

iii) Θ. Rolle για την g(x)=(f(x))^2+x^2

στο

apotin · #116

perpant έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 108η
Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση $\displaystyle{f:\left[ {1,2} \right] \to R}$ τέτοια, ώστε $\displaystyle{f'\left( x \right) > 0}$ , για κάθε $\displaystyle{x \in R}$ . Δίνεται επίσης ότι ο μιγαδικός $\displaystyle{ = \frac{{1 + if\left( 1 \right)}}{{2 + if\left( 2 \right)}}}$ είναι φανταστικός και έχει μέτρο 1. Να δείξετε ότι:

i) $\displaystyle{f\left( 1 \right) = - 2\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,f\left( 2 \right) = 1}$

ii) Η εξίσωση $\displaystyle{f\left( x \right) = - x}$ έχει ακριβώς μία λύση στο διάστημα $\displaystyle{\left( {1,2} \right)}$

iii) Η εξίσωση $\displaystyle{f\left( x \right)f'\left( x \right) = - x}$ έχει τουλάχιστον μία λύση στο $\displaystyle{\left( {1,2} \right)}$

Μπαϊλάκης(Εκδόσεις Σαββάλα)

EDIT: Άλλαξα την άσκηση, μιας και είχε δωθεί στη συλλογή των μιγαδικών

i) Έστω $\displaystyle{z = \frac{{1 + if(1)}}{{2 + if(2)}}}$ .

Ο

είναι φανταστικός οπότε $\displaystyle{\bar z = - z \Leftrightarrow \frac{{1 - if(1)}}{{2 - if(2)}} = - \frac{{1 + if(1)}}{{2 + if(2)}} \Leftrightarrow ... \Leftrightarrow f(1)f(2) = - 2}$ (1)

Επειδή $\displaystyle{f'(x) > 0}$ ,για κάθε $\displaystyle{x \in [1, 2]}$ , η

είναι γν. αύξουσα στο [1, 2]

.

Άρα

Από την (1) προκύπτει ότι οι f(1), f(2)

είναι ετερόσημοι οπότε f(1)<0<f(2)

(2)

Επίσης $\displaystyle{\left| z \right| = 1 \Leftrightarrow ... \Leftrightarrow {f^2}(1) = 3 + {f^2}(2)}$ (3)

Από τις (1), (2) και (3) προκύπτει ότι f(1)=-2

και

ii) Έστω $\displaystyle{g(x) = x + f(x)}$ ,για κάθε $\displaystyle{x \in [1, 2]}$

Η

είναι συνεχής στο [1, 2]

ως παραγωγίσιμη.

Επίσης g(1)g(2)=-3<0

Άρα σύμφωνα με το Θ. Bolzano η εξίσωση $\displaystyle{g(x) = 0 \Leftrightarrow x + f(x) = 0 \Leftrightarrow f(x) = - x}$ έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο (1, 2)

.

Επειδή $\displaystyle{g'(x) = 1 + f'(x) > 0}$ η

είναι γν. αύξουσα οπότε και <1-1>.

Άρα η παραπάνω ρίζα είναι μοναδική.

iii) Έστω $\displaystyle{h(x) = {x^2} + {f^2}(x)}$ ,για κάθε $\displaystyle{x \in [1, 2]}$

Η

είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο [1, 2]

ως άθροισμα συνεχών και παραγωγίσιμων συναρτήσεων με $\displaystyle{h'(x) = 2\left[ {x + f(x)f'(x)} \right]}$ .

Είναι h(1)=5=h(2)

Άρα σύμφωνα με το Θ. Rolle η εξίσωση $\displaystyle{h'(x) = 0 \Leftrightarrow x + f(x)f'(x) = 0 \Leftrightarrow f(x)f'(x) = - x}$ έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο (1, 2)

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

dennys · #117

ΑΣΚΗΣΗ 110

1)Δίνονται οι συναρτήσεις $f(x),g(x): (0,+\infty) \rightarrow \mathbb{R}$

για τις οποίες ισχύει $: |f(x)g(x)+x^2| \le {{x}}{{lnx}}, \forall{x}>1.$

Αν οι συναρτήσεις εχουνπλάγιες ασύμπτωτες στο $+\infty$ τις e_1,e_2

αντίστοιχα. Να δείξετε οτι : οι ευθείες ε1,ε2 (ασύμπτωτες) ειναι κάθετες.

2)Αν τώρα για την $f(x): lim_{h\to 0}\cfrac{f(x+5h)-f(x-3h)}{sin{(4h)}}=\cfrac{x^2+1-lnx}{x^2}$

και $f(1)=\frac{1}{2}$ , να βρεθεί ο τύπος της f(x)

3) Αν η πλάγια ασύμπτωτη της g(x)

περνα απο το σημείο A(1,2)

,ποια ευθεία είναι?

dennys

#118

dennys έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 110

1)Δίνονται οι συναρτήσεις $f(x),g(x): (0,+\infty) \rightarrow \mathbb{R}$

για τις οποίες ισχύει $: |f(x)g(x)+x^2| \le {{x}}{{lnx}}, \forall{x}>1.$

Αν οι συναρτήσεις εχουνπλάγιες ασύμπτωτες στο $+\infty$ τις

αντίστοιχα. Να δείξετε οτι : οι ευθείες ε1,ε2 (ασύμπτωτες) ειναι κάθετες.

2)Αν τώρα για την $f(x): lim_{h\to 0}\cfrac{f(x+5h)-f(x-3h)}{sin{(4h)}}=\cfrac{x^2+1-lnx}{x^2}$

και $f(1)=\frac{1}{2}$ , να βρεθεί ο τύπος της

3) Αν η πλάγια ασύμπτωτη της περνα απο το σημείο ,ποια ευθεία είναι?

dennys

ΛΥΣΗ

1) Από την ανισότητα έχουμε ισοδύναμα ότι ισχύει $\left| f(x)g(x)+{{x}^{2}} \right|\le x\ln x\Leftrightarrow -x\ln x\le f(x)g(x)+{{x}^{2}}\le x\ln x$ ή

$-x\ln x-{{x}^{2}}\le f(x)g(x)\le x\ln x-{{x}^{2}}$ και με $x\ne 0$ διαιρώντας με ${{x}^{2}}$ προκύπτει $-\frac{\ln x}{x}-1\le \frac{f(x)}{x}\frac{g(x)}{x}\le \frac{\ln x}{x}-1$ (1)

και αν οι ασύμπτωτες αντίστοιχα έχουν συντελεστές ${{\lambda }_{1}},\,{{\lambda }_{2}}$ θα ισχύει ότι $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x)}{x}={{\lambda }_{1}},\,\,\,\,\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{g(x)}{x}={{\lambda }_{2}}$ και αφού $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln x}{x}\underset{DLH}{\overset{\frac{\infty }{\infty }}{\mathop{=}}}\,\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{x}=0$

από την (1) με κριτήριο παρεμβολής προκύπτει ότι $-1\le {{\lambda }_{1}}{{\lambda }_{2}}\le -1$ άρα ${{\lambda }_{1}}{{\lambda }_{2}}=-1$ που σημαίνει ότι οι ασύμπτωτες είναι κάθετες μεταξύ τους.

2) Είναι $\underset{h\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x+h)-f(x)}{h}={f}'(x)$ οπότε και $\underset{h\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x-h)-f(x)}{h}=-{f}'(x)$ επομένως θα είναι και $\underset{h\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x+5h)-f(x)}{5h}={f}'(x)$ και ακόμη

$\underset{h\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x-3h)-f(x)}{3h}=-{f}'(x)$ άρα θα έχουμε από $\underset{h\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x+5h)-f(x-3h)}{\sin (4h)}=\underset{h\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x+5h)-f(x)+f(x)-f(x-3h)}{\sin (4h)}$ οπότε

$\underset{h\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\frac{f(x+5h)-f(x)}{5h}5-\frac{f(x-3h)-f(x)}{3h}3}{\frac{\sin (4h)}{4h}4}=\frac{5{f}'(x)+3{f}'(x)}{4}=2{f}'(x)$ άρα θα ισχύει σύμφωνα με την υπόθεση ότι $2{f}'(x)=1+\frac{1-\ln x}{{{x}^{2}}}$ οπότε και

$(2f(x){)}'={{\left( x+\frac{\ln x}{x} \right)}^{\prime }},\,\,x>0$ άρα από συνέπεια θεωρήματος μέσης τιμής έχουμε ότι $2f(x)=x+\frac{\ln x}{x}+c$ και αφού $f(1)=\frac{1}{2}$ θα είναι

$2f(1)=1+c\Leftrightarrow 1=1+c\Leftrightarrow c=0$ άρα $f(x)=\frac{1}{2}x+\frac{\ln x}{2x},\,x>0$

3) Επειδή τώρα $f(x)-\frac{1}{2}x=\frac{\ln x}{2x}$ και $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln x}{2x}=0$ θα ισχύει ότι $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,(f(x)-\frac{1}{2}x)=0$ που σημαίνει ότι η πλάγια ασύμπτωτη της

στο $+\infty$ είναι η $y=\frac{1}{2}x$ άρα ${{\lambda }_{1}}=\frac{1}{2}$ και λόγω του (1) είναι

${{\lambda }_{2}}=-2$ οπότε η ασύμπτωτη της

στο $+\infty$ θα είναι η $y=-2x+\beta$ και αφού περνά από το

$A(1,\,2)$ θα ισχύει $2=-2+\beta \Leftrightarrow \beta =4$ επομένως θα είναι η y=-2x+4

(....θεώρησα ότι f παραγωγίσιμη που νάλλον έχει ξεχαστεί στην εκφώνηση....)

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

#119

apotin έγραψε:Άσκηση 109

Έστω η συνεχής συνάρτηση $\displaystyle{f:\left( {0, + \infty } \right) \to R}$ για την οποία ισχύει

$\displaystyle{{\left( {x - 1} \right)^2}f\left( x \right) = \left( {\ln x} \right) \cdot \eta \mu \left( {\pi x} \right)}$ για κάθε

Να βρείτε το

Να εξετάσετε αν η $\displaystyle{{C_f}}$ έχει ασύμπτωτες

Να εξετάσετε αν υπάρχουν α, β $\displaystyle{ \in R}$ , ώστε για τη συνάρτηση με $\displaystyle{g(x) = \left\{ \begin{array}{c} \alpha + f(x),\,\,\alpha \nu \,\,0 < x < 1\\ \,\,\,\,\beta \,\,\,\,\,\,,\,\,\alpha \nu \,\,\,\,\,\,x = 0 \end{array} \right.}$
να ισχύουν οι προϋποθάσεις του Θ. Rolle στο [0, 1]
Γιάννης Μπαϊλάκης

Με ενημέρωσε ο Χρήστος (xr.tsif) ότι η προηγούμενη ήταν θέμα της 1ης Δέσμης-οπότε την αποσύρω.

ΛΥΣΗ

1) Επειδή είναι συνεχής στο $(0,\,\,+\infty )$ άρα και στο θα ισχύει ότι $\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,f(x)=f(1)$

Τώρα από ${{(x-1)}^{2}}f(x)=\ln x\,\eta \mu (\pi x)$ για $x\ne 1$ θα ισχύει ότι $f(x)=\frac{\ln x}{x-1}\frac{\eta \mu (\pi x)}{x-1}$ και επειδή κάνοντας χρήση του De L’ Hospital

είναι $\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln x}{x-1}=1$ και $\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\frac{\eta \mu (\pi x)}{x-1}=-\pi$ θα ισχύει ότι $\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,f(x)=-\pi$ άρα και $f(1)=-\pi$

2) Επειδή είναι συνεχής στο $(0,\,\,+\infty )$ δεν έχει κατακόρυφες στο διάστημα αυτό και εξετάζουμε στο , και επειδή $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,{{(x-1)}^{2}}=1$ και

$\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\left( \ln x\,\frac{\eta \mu (\pi x)}{\pi x}\pi x \right)=\pi \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\left( x\ln x\frac{\eta \mu (\pi x)}{\pi x} \right)=0$ αφού $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,(x\ln x)=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln x}{\frac{1}{x}}\underset{DLH}{\overset{\frac{\infty }{\infty }}{\mathop{=}}}\,\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,(-x)=0$

και $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\eta \mu (\pi x)}{\pi x}=1$ το $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,f(x)=0$ που σημαίνει ότι η δεν έχει κατακόρυφη ασύμπτωτη στο

Τώρα επειδή το $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln x}{x-1}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\frac{1}{x}}{1}=0$ και $\left| \frac{\eta \mu (\pi x)}{x-1} \right|\le \frac{1}{x-1}\Leftrightarrow -\frac{1}{x-1}\le \frac{\eta \mu (\pi x)}{x-1}\le \frac{1}{x-1}$ και $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{x-1}=0$

το $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\eta \mu (\pi x)}{x-1}=0$ σύμφωνα με το κριτήριο παρεμβολής το $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)=0$ που σημαίνει ότι ο είναι οριζόντια ασύμπτωτη στο $+\infty$

3) Αφού $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,f(x)=0$ η γίνεται συνεχής στο όταν $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,(a+f(x))=\beta \Leftrightarrow \alpha =\beta$ (1) και επειδή $\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,f(x)=-\pi$ θα είναι

$\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,g(x)=\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,(a+f(x))=a-\pi$ και για να είναι συνεχής και στο πρέπει $g(1)=a-\pi$

άρα για να ισχύει και πρέπει και $\beta =\alpha -\pi$ (2) που είναι αδύνατο λόγω της (1),άρα

δεν υπάρχουν $a,\,\beta$ ώστε να ισχύουν οι προυποθέσεις του ROLLE

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Η προηγούμενη
Δίνεται η συνάρτηση $\displaystyle{f:\left( {1, + \infty } \right) \to R}$ με $\displaystyle{f(x) = 2000 + \left| {\ln \left( {x - 1} \right)} \right|}$ .
Έστω πραγματικός αριθμός μεγαλύτερος του 2000.
Αν η ευθεία τέμνει τη $\displaystyle{{C_f}}$ στα διαφορετικά σημεία $\displaystyle{A\left( {{x_1},{y_1}} \right)}$ και $\displaystyle{B\left( {{x_2},{y_2}} \right)}$ με $\displaystyle{{x_1} < {x_2}}$ , τότε:

να βρεθεί η κατακόρυφη ασύμπτωτη της $\displaystyle{{C_f}}$

να βρεθεί η παράγωγος και η μονοτονία της

να αποδείξετε ότι $\displaystyle{{x_1} < 2 < {x_2}}$

Να αποδείξετε ότι οι εφαπτόμενες της $\displaystyle{{C_f}}$ στα Α και Β είναι κάθετες.
Μπάμπης Στεργίου - Χρήστος Νάκης

perpant · #120

ΑΣΚΗΣΗ 111η

Η συνάρτηση $\displaystyle{f:\left[ {1,e} \right] \to \left[ { - 1,4} \right]}$ , όπου το $\displaystyle{\left[ { - 1,4} \right]}$ είναι το σύνολο τιμών της, είναι δύο φορές παραγωγίσιμη με $\displaystyle{f\left( 1 \right) = 2}$ και $\displaystyle{f\left( e \right) = e + 1}$ . Να δείξετε ότι:

Αi) Υπάρχουν $\displaystyle{x_1 ,x_2 \in \left( {1,e} \right)}$ με $\displaystyle{x_1 \ne x_2 }$ τέτοια ώστε $\displaystyle{f'\left( {x_1 } \right) = f'\left( {x_2 } \right) = 0}$

Αii) Υπάρχει $\displaystyle{\xi \in \left( {1,e} \right)}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{f''\left( \xi \right) = 0}$

Αiii) Υπάρχει ένα τουλάχιστον $\displaystyle{x_o \in \left( {1,e} \right)}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{f\left( {x_o } \right)\left( {f'\left( {x_o } \right) - 3f^2 \left( {x_o } \right)} \right) = x_o }$

Βi)Η ευθεία $\displaystyle{e:x + y = e + 2}$ τέμνει την $\displaystyle{C_f }$ σε ένα τουλάχιστον σημείο με τετμημένη $\displaystyle{c_o \in \left( {1,e} \right)}$

Βii) Υπάρχουν $\displaystyle{\xi _1 ,\xi _2 \in \left( {1,e} \right)}$ με $\displaystyle{\xi _1 \ne \xi _2 \in \left( {1,e} \right)}$ τέτοια ώστε $\displaystyle{f'\left( {\xi _1 } \right) \cdot f'\left( {\xi _2 } \right) = 1}$

Γκουβιέρος-Διαμαντόπουλος (Εκδόσεις Ξιφαράς)

EDIT: Άλλαξα έναν συντελεστή στο Αiii

ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟ ΔΙΑΦΟΡΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Μέλη σε σύνδεση