ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

parmenides51 · #81

Μήπως η συνάρτηση $\displaystyle{g(x)= \int\limits_e^{x } {\frac{1}{{\ln t}}dt } }$ δεν είναι παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{x_0=1}$ ;

perpant · #82

parmenides51 έγραψε:Μήπως η συνάρτηση $\displaystyle{g(x)= \int\limits_e^{x } {\frac{1}{{\ln t}}dt } }$ δεν είναι παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{x_0=1}$ ;

Parmenides έχεις απόλυτο δίκιο. Το $\displaystyle{x_0=1}$ δεν ανήκει καν στο πεδίο ορισμού της $\displaystyle{g(x)= \int\limits_e^{x } {\frac{1}{{\ln t}}dt } }$ .

Ευχαριστώ για την ενασχόληση.

apotin · #83

Περικλή νομίζω πως το όριο του αριθμητή, στο κλάσμα μέσα στο πλαίσιο δεν είναι μηδέν.

#84

Νομίζω ότι το ερώτημα iv της 144 είναι αρκετά δύσκολο
Θα πρότεινα να βάλουμε ένα βοηθητικό ερώτημα π.χ
**Αν ισχύει $xln2\leq f(x)\leq x^{2}ln2$ , για κάθε $x\geq 1$ .
ή.
Να το αλλάξουμε λίγο π.χ Να βρεθει το $\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\int\limits_{x}^{{{x}^{2}}}{\frac{1}{\left( {{x}^{2}}-x \right)f\left( t \right)}dt}$ ή $\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\int\limits_{x}^{{{x}^{2}}}{\frac{f(x)}{f(t)}dt}$ .
Τα οποια βγαινουν με Κ.Π.

parmenides51 · #85

Καλύτερα να ελαχιστοποιήσουμε (ή και διαγράψουμε) τις παραθέσεις της παραπάνω εσφαλμένης λύσης,
γιατί αρκεί μια μόνο αναφορά ώστε να μην είναι μετέωρες και οι υπόλοιπες σχετικές αναρτήσεις.
Η επανάληψη της δεν είναι καθόλου ευχάριστη για τον λύτη.
Φιλικά

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ · #86

Ανακεφαλαίωση: Έχουν μείνει χωρίς λύση οι παρακάτω ασκήσεις:

Μέτά τις υπέροχες λύσεις του Βάσίλη, στα θέματα 145 και 146 (που ακολουθούν) , απομένει μόνο η άσκηση 135 (από dennys). Πρέπει να έχει κάποιο πρόβλημα η εκφώνηση. Έχω στείλει μήνυμα στο Διονύση αλλά δεν το έχει λάβει (έχει να συνδεθεί 2 ήμερες)

Όσοι βάζουν μια ασκηση, καλό θα είναι να βλέπουν και τις απαντήσεις σε αυτές, για να μην έχουμε κάποιο λάθος.Αν διαπιστώνουν κάποιο λάθος, να ενημερώνουν με προσωπικό μήνυμα τον λύτη.

perpant · #87

parmenides51 έγραψε:Καλύτερα να ελαχιστοποιήσουμε (ή και διαγράψουμε) τις παραθέσεις της παραπάνω εσφαλμένης λύσης,
γιατί αρκεί μια μόνο αναφορά ώστε να μην είναι μετέωρες και οι υπόλοιπες σχετικές αναρτήσεις.
Η επανάληψη της δεν είναι καθόλου ευχάριστη για τον λύτη.
Φιλικά

Parm ευχαριστώ, αλλά πραγματικά δεν με ενοχλει. Λάθη έχω κάνει και θα κάνω και στο μέλλον. Το θέμα είναι να μαθαίνουμε από αυτά.
Εξάλλου άφησα και την λανθασμένη απάντηση αναρτημένη. Όλο και κάποιος που θα τη δει δεν θα κάνει το ίδιο λάθος στο μέλλον.

Υ.Γ. Πολλοί με αποκαλούν Παντελή, αντί για Περικλή

#88

Τηλέγραφος Κώστας έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 146

Έστω η πραγματική συνάρτηση ορισμένη και συνεχής στο με
$\displaystyle{\int_{1}^{{{x}^{2}}}{\frac{f(tx)}{x\left| x \right|}dt}\ge {{x}^{2}}-1}$ για κάθε $\displaystyle{x\in R-\left\{ 0 \right\}}$
Α). Να δείξετε ότι η $\displaystyle{\alpha (\chi )=\int_{x}^{{{x}^{3}}}{f(t)dt}}$ παραγωγιζεται.
Β). Να δείξετε ότι $\displaystyle{\text{f}\left( \text{1} \right)=\text{1}}$ και $\displaystyle{\text{f}\left( \text{-1} \right)=-\text{1}}$
Γ). Να βρείτε την παράγωγο της α(χ) στο και να δείξετε ότι
Δ). Να δείξετε ότι η δυο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση έχει ένα τουλάχιστον πιθανό σημείο καμπής .
ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Αλλη μια κατασκευη μου
Με αυτή την τελευταία επικίνδυνη άσκηση σταματώ τις δημοσιεύσεις .

ΛΥΣΗ

A. Είναι $a(x)=\int\limits_{x}^{0}{f(t)dt}+\int\limits_{0}^{{{x}^{3}}}{f(t)dt}=\int\limits_{0}^{{{x}^{3}}}{f(t)dt}-\int\limits_{0}^{x}{f(t)dt}$

και επειδή η

είναι συνεχής στο

η $\int\limits_{0}^{x}{f(t)dt}$ είναι παραγωγίσιμη στο

οπότε και η $\int\limits_{0}^{{{x}^{3}}}{f(t)dt}$ παραγωγίσιμη στο

ως σύνθεση παραγωγίσιμων,επομένως και η a(x)

παραγωγίσιμη ως διαφορά παραγωγίσιμων με

${a}'(x)=3{{x}^{2}}f({{x}^{3}})-f(x)$

Β. Είναι για u=tx

άρα

και για $t=1\to u=x,\,\,\,\,t={{x}^{2}}\to u={{x}^{3}}$ και για

$x\ne 0$ το $\int\limits_{1}^{{{x}^{2}}}{\frac{f(tx)}{x\left| x \right|}dt}=\int\limits_{1}^{{{x}^{2}}}{\frac{f(tx)}{{{x}^{2}}\left| x \right|}(xdt)}=\int\limits_{x}^{{{x}^{3}}}{\frac{f(u)}{{{x}^{2}}\left| x \right|}du}=\frac{1}{{{x}^{2}}\left| x \right|}\int\limits_{x}^{{{x}^{3}}}{f(u)du}=\frac{1}{{{x}^{2}}\left| x \right|}a(x)$
επομένως σύμφωνα με την υπόθεση ισχύουν

Για x>0

$\frac{1}{{{x}^{3}}}a(x)-{{x}^{2}}+1\ge 0\Leftrightarrow a(x)-{{x}^{5}}+{{x}^{3}}\ge 0$ (1)

και για x<0

$-\frac{1}{{{x}^{3}}}a(x)-{{x}^{2}}+1\ge 0\Leftrightarrow -a(x)-{{x}^{5}}+{{x}^{3}}\le 0\Leftrightarrow a(x)+{{x}^{5}}-{{x}^{3}}\ge 0$ (2)

Αν τώρα $\beta (x)=a(x)-{{x}^{5}}+{{x}^{3}}$ ισχύει λόγω (1) ότι $\beta (x)\ge 0$ και επειδή $\beta (1)=a(1)=0$

στο

παρουσιάζει ακρότατο και αφού είναι παραγωγίσιμη με

${\beta }'(x)={a}'(x)-5{{x}^{4}}+3{{x}^{2}}$ σύμφωνα με το θεώρημα του FERMAT θα είναι

${\beta }'(1)={a}'(1)-5+3=0\Leftrightarrow {a}'(1)=2$ δηλαδή

$3f(1)-f(1)=2\Leftrightarrow f(1)=1$

Με ανάλογο τρόπο για την $\gamma (x)=-a(x)+{{x}^{5}}-{{x}^{3}}$ ισχύει ότι $\gamma (x)\le 0,\,\,\,x\in (-\infty ,\,\,0)$ με

$\gamma (x)=-a(-1)=0$ άρα ισχύει $\gamma (x)\le \gamma (-1),\,\,\,x\in (-\infty ,\,\,0)$ οπότε

παρουσιάζει ακρότατο στο

και από το θεώρημα του FERMAT θα ισχύει ότι ${\gamma }'(1)=0$ απόπου

τελικά προκύπτει ότι f(-1)=-1

Γ. Είναι

Τώρα επειδή ισχύει για x>0

ότι

$a(x)-{{x}^{5}}+{{x}^{3}}\ge 0\Leftrightarrow a(x)\ge {{x}^{5}}-{{x}^{3}}\Leftrightarrow a(x)-a(0)\ge {{x}^{5}}-{{x}^{3}}$

και τελικά $\frac{a(x)-a(0)}{x}\ge {{x}^{4}}-{{x}^{2}}$ θα ισχύει $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{a(x)-a(0)}{x}\ge 0$ άρα ${a}'(0)\ge 0$

και επειδή ισχύει για x<0

ότι

$a(x)+{{x}^{5}}-{{x}^{3}}\ge 0\Leftrightarrow a(x)\ge -{{x}^{5}}+{{x}^{3}}\Leftrightarrow a(x)-a(0)\ge -{{x}^{5}}+{{x}^{3}}$ και τελικά

$\frac{a(x)-a(0)}{x}\le -{{x}^{4}}+{{x}^{2}}$ θα ισχύει $\underset{x\to {{0}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{a(x)-a(0)}{x}\le 0$ άρα ${a}'(0)\le 0$ άρα τελικά {a}'(0)=0

και επομένως f(0)=0

Δ. Τώρα για την

στα $[-1,\,\,0],\,\,[0,\,\,1]$ σύμφωνα με με το θεώρημα μέσης τιμής θα υπάρχουν

${{x}_{1}}\in (-1,\,0),\,\,\,{{x}_{2}}\in (0,\,\,1)$ ώστε ${f}'({{x}_{1}})=\frac{f(0)-f(-1)}{0-(-1)}=1$ και ${f}'({{x}_{2}})=\frac{f(1)-f(0)}{1-0}=1$ και κατόπιν σύμφωνα με το Rolle για την

{f}'

στο $({{x}_{1}},\,\,{{x}_{2}})$ υπάρχει $\xi \in ({{x}_{1}},\,\,{{x}_{2}})$ ώστε ${{f}'}'(\xi )=0$ άρα η

έχει ένα πιθανό σημείο καμπής.

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

#89

Βασίλη :: είπαμε να την λύσεις μια φορά αλλά οχι και δυο

#90

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ έγραψε:Σύμφωνα όμως με την απάντηση του Βασίλη viewtopic.php?f=55&t=14858, έχουμε $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \int\limits_x^{x^2 } {\frac{1}{{\ln t}}dt = ln2} }$ .

parmenides51 έγραψε:Κι εδώ βρήκαμε πως $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1^ + } \int\limits_x^{x^2 } {\frac{1}{{\ln t}}dt = ln2} }$ .

Και εδώ επίσης. Εκτός από αυτό αποδυκνείεται και ότι $\displaystyle{\lim_{x\to1^+}\frac{\int_{x}^{x^2}\frac{1}{\ln t}\,dt-\ln2}{(x-1)}=\frac{3}{2}}$ .

#91

Τηλέγραφος Κώστας έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 145

Έστω οι πραγματικές συναρτήσεις $\displaystyle{\text{f},\text{g}}$ ορισμένες και συνεχείς στο με
$\displaystyle{\int_{\int_{x}^{1}{f(t)dt}}^{\int_{0}^{x}{f(t)dt}}{g(t)dt}>0}$ $\forall x\in \mathbb{R}-\{0,1\}$ με $\displaystyle{\text{g}(\text{x})+\text{g}(\text{2}-\text{x})=\text{2}}$ και $\displaystyle{\text{g}(\text{x})\ne 0}$ για κάθε $x\in \mathbb{R}$
Α1. Να δείξετε ότι $\displaystyle{\int_{0}^{x}{f(t)dt}>\int_{x}^{1}{f(t)dt}}$ .
Α2. Να δείξετε ότι $\displaystyle{\int_{0}^{1}{f(t)dt}=0}$ .
Α3. Να δείξετε ότι $\displaystyle{\text{f}\left( \text{1} \right)=0}$ και $\displaystyle{\text{f}\left( 0 \right)=0}$ .
Α4. Να δείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle{f(x)\int_{x}^{1}{f(t)dt=f(x)f'(x)}}$ έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο $\displaystyle{\left( 0,\text{1} \right)}$ αν παραγωγισιμη .
Α5. Να δείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle{\int_{x}^{1}{f(t)dt=xf(x)}}$ έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο $\displaystyle{\left( 0,\text{1} \right)}$
Α6. Να δείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle{2f(x)=-xf'(x)}$ έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο $\displaystyle{\left( 0,\text{1} \right)}$ αν παραγωγισιμη .
Α7. Να βρείτε το εμβαδόν της με τον άξονα από μέχρι .
ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Αλλη μια κατασκευη μου

ΛΥΣΗ

A1. Επειδή $g(x)\ne 0$ και συνεχής θα διατηρεί σταθερό πρόσημο στο

και επειδή για x=1

ισχύει

$2g(1)=2\Leftrightarrow g(1)=1>0$ θα είναι $g(x)>0,\,\,x\in R$

Τώρα αν $F(x)=\int\limits_{0}^{x}{f(t)dt}$ και $G(x)=\int\limits_{x}^{1}{f(t)dt}$ θα ισχύει σύμφωνα με την υπόθεση $\int_{G(x)}^{F(x)}{g(t)dt}>0\,\,\,x\ne 0,1$

και αν υπάρχει ${{x}_{0}}\in R-\{0,1\}$ ώστε $F({{x}_{0}})=G({{x}_{0}})$ τότε το $\int_{G({{x}_{0}})}^{F({{x}_{0}})}{g(t)dt}=0$ που είναι άτοπο

και αν υπάρχει ι ${{x}_{0}}\in R-\{0,1\}$ ώστε $F({{x}_{0}})<G({{x}_{0}})$ επειδή $g(x)>0,\,\,x\in R$ θα ισχύει ότι $\int_{G({{x}_{0}})}^{F({{x}_{0}})}{g(t)dt}<0$

που είναι πάλι άτοπο άρα θα ισχύει F(x)>G(x)

, $x\in R-\{0,1\}$

Α2. Επειδή τώρα ισχύει F(x)>G(x)

, $x\in R-\{0,1\}$ και οι $F(x)=\int\limits_{0}^{x}{f(t)dt}$ , $G(x)=\int\limits_{x}^{1}{f(t)dt}$

είναι παραγωγίσιμες στο

άρα και συνεχείς θα ισχύει $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,F(x)\ge \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,G(x)$

δηλαδή ότι $F(0)\ge G(0)\Leftrightarrow 0\ge \int\limits_{0}^{1}{f(x)dx}$ και ακόμη $\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,F(x)\ge \underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,G(x)$

δηλαδή ότι $F(1)\ge G(1)\Leftrightarrow \int\limits_{0}^{1}{f(x)dx}\ge 0$ οπότε αναγκαία $\int_{0}^{1}{f(t)dt}=0$

Α3.Αν $h(x)=\int\limits_{0}^{x}{f(t)dt}+\int\limits_{1}^{x}{f(t)dt}$ λόγω των (Α1), (Α2) θα ισχύει ότι $h(x)\ge 0,\,\,\,x\in R$

και αφού h(1)=h(0)=0

θα παρουσιάζει ακρότατα στα ${{x}_{1}}=0,\,\,{{x}_{2}}=1$ και αφού είναι παραγωγίσιμη με

{h}'(x)=2f(x)

από FERMAT θα είναι {h}'(0)={h}'(1)=0

άρα

Α4. Αν θεωρήσουμε την συνάρτηση $H(x)={{G}^{2}}(x)+{{f}^{2}}(x),\,\,\,x\in [0,\,\,1]$ αυτή είναι παραγωγίσιμη με

{H}'(x)=2G(x){G}'(x)+2f(x){f}'(x)=-2f(x)G(x)+2f(x){f}'(x)

με

άρα σύνφωνα με το θεώρημα του ROLLE η {H}'(x)=0

θα έχει ρίζα στο

$(0,\,\,1)$ δηλαδή η $-2f(x)G(x)+2f(x){f}'(x)=0\Leftrightarrow f(x)\int_{1}^{x}{f(t)dt}=f(x){f}'(x)$

Α5.Θεωρώντας τώρα την $K(x)=xG(x),\,\,\,x\in [0,\,1]$ που είναι παραγωγίσιμη με

${K}'(x)=G(x)+x{G}'(x)=\int\limits_{1}^{x}{f(t)dt}-xf(x)$ και K(1)=K(0)=0

σύμφωνα με το ROLLE η εξίσωση

${K}'(x)=\int\limits_{1}^{x}{f(t)dt}-xf(x)=0$ θα έχει ρίζα στο $(0,\,1)$

A6. Θεωρώντας την συνάρτηση $a(x)={{x}^{2}}f(x),\,\,\,x\in [0,\,1]$ είναι παραγωγίσιμη με

${a}'(x)=2xf(x)+{{x}^{2}}{f}'(x)$ με a(0)=a(1)=0

άρα από ROLLE η εξίσωση ${a}'(x)=2xf(x)+{{x}^{2}}{f}'(x)=0$

θα έχει ρίζα στο $(0,\,1)$ ισοδύναμα η 2f(x)+x{f}'(x)=0

Α7. Το ζητούμενο εμβαδό αφού $g(x)>0,\,\,x\in R$ θα είναι

$E=\int_{0}^{2}{g(x)dx}=\int\limits_{0}^{2}{[2-}g(2-x)]dx=\int\limits_{0}^{2}{2dx}-\int\limits_{0}^{2}{g(2-x)dx}\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow E=4-\int\limits_{0}^{2}{g(2-x)dx}$ και επειδή για u=2-x

είναι

και με

$x=0\to u=2,\,\,\,\,x=2\to u=0$ το $\int\limits_{0}^{2}{g(2-x)dx}$ γίνεται

$\int\limits_{2}^{0}{g(u)(-du)=}\int\limits_{0}^{2}{g(u)du=}E$ άρα θα ισχύει ότι $E=4-E\Leftrightarrow 2E=4\Leftrightarrow E=2$

μετά απο την παρέμβαση του Κώστα διόρθωσα την πατάτα που είχα κάνει στο Α2

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

pito · #92

ΑΣΚΗΣΗ 147

Δίνεται η συνεχής συνάρτηση $f:R\rightarrow R$ για την οποία ισχύει

$3f(x)-\int_{-2x}^{x}{f(\frac{x-t}{3})dt}=x^{3}-6x+6, x\in R$ .

α) Να δείξετε ότι η

είναι παραγωγίσιμη.
β) Να βρείτε τον τύπο της

.
γ) Να αποδείξετε ότι η

είναι

.
δ) Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την $C_{f^{-1}}$ , τον άξονα xx'

και τις ευθείες $x=\frac{2}{e^{2}}, x=2$ .

( Βασίλης Παπαδάκης, εκδόσεις Σαββάλα)

Γιώργος Απόκης · #93

ΑΣΚΗΣΗ 148

Έστω συνάρτηση

συνεχής στο $(0,+\infty)$ για την οποία ισχύει : $\displaystyle{f(x)=-\frac{1}{2}+\frac{1}{2x^2}-2\int_1^x \frac{1}{t}f\left(\frac{x}{t}\right) dt,~x>0}$ .

α) Να δείξετε ότι η

είναι παραγωγίσιμη στο $(0,+\infty)$ και να βρείτε την f'(x)

συναρτήσει της f(x)

.

β) Να δείξετε ότι η συνάρτηση $g(x)=\ln x+x^2f(x),~x>0$ είναι σταθερή στο $(0,+\infty)$ .

γ) Να βρείτε τον τύπο της

, για κάθε $x \in (0,+\infty)$ .

δ) Να βρείτε τις ασύμπτωτες της C_f

.

ε) Να υπολογίσετε το εμβαδόν E(k)

του χωρίου που περικλείεται από τη C_f

, τον άξονα x'x

και τις ευθείες

x=1,x=k

με $k \in (0,1)$ .

στ) Nα υπολογίσετε το όριο $\displaystyle{\lim_{k\rightarrow 0^+}E(k)}$ .

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ · #94

pito έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 147

Δίνεται η συνεχής συνάρτηση $f:R\rightarrow R$ για την οποία ισχύει

$3f(x)-\int_{-2x}^{x}{f(\frac{x-t}{3})dt}=x^{3}-6x+6, x\in R$ .

α) Να δείξετε ότι η είναι παραγωγίσιμη.
β) Να βρείτε τον τύπο της .
γ) Να αποδείξετε ότι η είναι .
δ) Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την $C_{f^{-1}}$ , τον άξονα και τις ευθείες $x=\frac{2}{e^{2}}, x=2$ .

( Βασίλης Παπαδάκης, εκδόσεις Σαββάλα)

ΛΥΣΗ

α. Θέτω $\displaystyle{\frac{{x - t}}{3} = u}$ , έχουμε $\displaystyle{dt = - 3du}$ . Για $\displaystyle{ t = - 2x \Rightarrow u = x}$ και για $\displaystyle{t = x \Rightarrow u = 0}$

Οπότε $\displaystyle{\int\limits_{ - 2x}^x {f(} \frac{{x - t}}{3})dt = \int\limits_x^0 { - 3f(u)du = \int\limits_0^x {3f(u)du} } }$

Επομένως η σχέση $\displaystyle{3f(x) - \int\limits_{ - 2x}^x {f(} \frac{{x - t}}{3})dt = x^3 - 6x + 6}$ γίνεται
$\displaystyle{3f(x) - \int\limits_0^x {3f(u)du} = x^3 - 6x + 6 \Leftrightarrow 3f(x) = 3\int\limits_0^x {f(u)du} + x^3 - 6x + 6}$

Έχουμε οτι η $\displaystyle{f}$ είναι συνεχής στο $\displaystyle{R}$ , οπότε το $\displaystyle{\int\limits_0^x {f(u)du} }$ παραγωγίσιμο στο $\displaystyle{R}$ ,η $\displaystyle{x^3 - 6x + 6}$ παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{R}$ ,οπότε η $\displaystyle{ 3\int\limits_0^x {f(u)du} + x^3 - 6x + 6}$ παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{R}$ ,συνεπώς η $\displaystyle{f}$ είναι παραγωγισίμη στο $\displaystyle{R}$ .

Για $\displaystyle{x = 0}$ έχουμε $\displaystyle{3f(0) = 6 \Leftrightarrow f(0) = 2}$

β.Παραγωγίζω κατα μέλη και έχουμε $\displaystyle{3f'(x) = 3f(x) + 3x^2 - 6 \Leftrightarrow f'(x) - f(x) = x^2 - 2 \Leftrightarrow f'(x)e^{ - x} - f(x)e^{ - x} = e^{ - x} (x^2 - 2)}$ $\displaystyle{(1)}$

Μετά την αφάιρεση του αόριστου ολοκληρώματος, δουλεύουμε με την εύρεση πάράγουσας

Έχουμε οτι $\displaystyle{ \int\limits_0^x {e^{ - t} t^2 dt - 2\int\limits_0^x {e^{ - t} dt} = } - \int\limits_0^x {\left( {e^{ - t} } \right)^\prime t^2 dt - 2\int\limits_0^x {e^{ - t} dt} = } - \left[ {e^{ - t} t^2 } \right]_0^x + \int\limits_0^x {2te^{ - t} dt - 2\int\limits_0^x {e^{ - t} dt} = } - \left[ {e^{ - t} t^2 } \right]_0^x - \int\limits_0^x {2t\left( {e^{ - t} } \right)^\prime dt - 2\int\limits_0^x {e^{ - t} dt} = } }$
$\displaystyle{ - \left[ {e^{ - t} t^2 } \right]_0^x - \left[ {2te^{ - t} } \right]_0^x + 2\int\limits_0^x {e^{ - t} dt - 2\int\limits_0^x {e^{ - t} dt} = } - \left[ {e^{ - t} t^2 } \right]_0^x - \left[ {2te^{ - t} } \right]_0^x = - e^{ - x} x^2 - 2xe^{ - x} }$

Οπότε μια πάράγουσα της $\displaystyle{e^{ - x} (x^2 - 2)}$ είναι η $\displaystyle{{ - e^{ - x} x^2 - 2xe^{ - x} }}$

Οπότε η $\displaystyle{(1)}$ γίνεται $\displaystyle{\left( {f(x)e^{ - x} } \right)^\prime = \left( { - e^{ - x} x^2 - 2xe^{ - x} } \right)^\prime \Rightarrow f(x)e^{ - x} = - e^{ - x} x^2 - 2xe^{ - x} + c}$

Για $\displaystyle{x = 0}$ έχουμε $\displaystyle{c = 2}$ , οπότε $\displaystyle{f(x)e^{ - x} = - e^{ - x} x^2 - 2xe^{ - x} + 2 \Leftrightarrow f(x) = - x^2 - 2x + 2e^x }$ , που επάληθεύει την αρχική σχέση.

Άρα $\displaystyle{f(x) = 2e^x - x^2 - 2x,x \in R}$

γ. Η $\displaystyle{f}$ παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{R}$ με $\displaystyle{f'(x) =2 e^x - 2x - 2,x \in R}$ .

Προσδιορίζω το πρόσημο της $\displaystyle{{f'}}$ , έξετάζοντας την $\displaystyle{{f'}}$ ως προς την μονοτονία.

Έχουμε οτι η $\displaystyle{{f'}}$ παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{R}$ με $\displaystyle{f''(x) = 2e^x - 2,x \in R}$

$\displaystyle{f''(x) = 0 \Leftrightarrow 2e^x - 2 = 0 \Leftrightarrow x = 0}$

$\displaystyle{f''(x) > 0 \Leftrightarrow 2e^x - 2 > 0 \Leftrightarrow x > 0}$

Επομένως η $\displaystyle{{f'}}$ είναι γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{( - \infty ,0]}$ και γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{ [0, + \infty )}$ . Παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στη θέση $\displaystyle{x = 0}$ με τιμή $\displaystyle{f'(0) = 0}$

Επομένως για κάθε $\displaystyle{x \in R}$ έχουμε οτι $\displaystyle{f'(x) \ge 0}$ . Συνεπώς η $\displaystyle{f}$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{R}$ , άρα και $\displaystyle{1 - 1}$ , οπότε αντιστρέφεται

δ. Θέτω $\displaystyle{x = f(u)}$ , έχουμε $\displaystyle{dx = f'(u)du}$ . Για $\displaystyle{x = \frac{2}{{e^2 }} \Rightarrow u = - 2}$ και για $\displaystyle{x = 2 \Rightarrow u = 0}$

Έχουμε $\displaystyle{ E = \int\limits_{\frac{2}{{e^2 }}}^2 {\left| {f^{ - 1} (x)} \right|dx = \int\limits_{ - 2}^0 {\left| {f^{ - 1} (f(u))} \right|} } f'(u)du = \int\limits_{ - 2}^0 {\left| u \right|} f'(u)du = - \int\limits_{ - 2}^0 {u(2e^u - 2u - 2)du = } }$

$\displaystyle{ - 2\int\limits_{ - 2}^0 {ue^u du + 2\int\limits_{ - 2}^0 {u^2 du} + 2\int\limits_{ - 2}^0 u du = } - 2\left[ {ue^u } \right]_{ - 2}^0 + 2\int\limits_{ - 2}^0 {e^u du + 2\left[ {\frac{{u^3 }}{3}} \right]} _{ - 2}^0 + \left[ {u^2 } \right]_{ - 2}^0 = }$

$\displaystyle{ - 2\left[ {ue^u } \right]_{ - 2}^0 + 2\left[ {e^u } \right]_{ - 2}^0 + 2\left[ {\frac{{u^3 }}{3}} \right]_{ - 2}^0 + \left[ {u^2 } \right]_{ - 2}^0 = }$

$\displaystyle{ - 4e^{ - 2} + 2 - 2e^{ - 2} + \frac{{16}}{3} - 4 = \frac{{16}}{3} - 2 - 6e^{ - 2} = \frac{{10}}{3} - 6e^{ - 2} }$ τετραγωνικές μονάδες

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ · #95

Γιώργος Απόκης έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 148

Έστω συνάρτηση συνεχής στο $(0,+\infty)$ για την οποία ισχύει : $\displaystyle{f(x)=-\frac{1}{2}+\frac{1}{2x^2}-2\int_1^x \frac{1}{t}f\left(\frac{x}{t}\right) dt,~x>0}$ .

α) Να δείξετε ότι η είναι παραγωγίσιμη στο $(0,+\infty)$ και να βρείτε την συναρτήσει της .

β) Να δείξετε ότι η συνάρτηση $g(x)=\ln x+x^2f(x),~x>0$ είναι σταθερή στο $(0,+\infty)$ .

γ) Να βρείτε τον τύπο της , για κάθε $x \in (0,+\infty)$ .

δ) Να βρείτε τις ασύμπτωτες της .

ε) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη , τον άξονα και τις ευθείες

με $k \in (0,1)$ .

στ) Nα υπολογίσετε το όριο $\displaystyle{\lim_{k\rightarrow 0^+}E(k)}$ .

ΛΥΣΗ

α. Θέτω $\displaystyle{\frac{x}{t} = u \Leftrightarrow t = \frac{x}{u}}$ έχουμε $\displaystyle{dt = - \frac{x}{{u^2 }}du}$

Για $\displaystyle{t = 1 \Rightarrow u = x}$ , για $\displaystyle{t = x \Rightarrow u = 1}$ .

Οπότε $\displaystyle{\int\limits_1^x {\frac{1}{t}f(\frac{x}{t})dt = \int\limits_x^1 {\frac{u}{x}f(u)\frac{{ - x}}{{u^2 }}du = \int\limits_1^x {\frac{{f(u)}}{u}du} } } }$

Επομένως $\displaystyle{f(x) = - \frac{1}{2} + \frac{1}{{2x^2 }} - 2\int\limits_1^x {\frac{{f(u)}}{u}du} ,x > 0}$

Η $\displaystyle{f}$ συνεχής στο $\displaystyle{(0, + \infty )}$ , οπότε η $\displaystyle{{\frac{{f(u)}}{u}}}$ συνεχής στο $\displaystyle{(0, + \infty )}$ ,

άρα το $\displaystyle{{\int\limits_1^x {\frac{{f(u)}}{u}du} }}$ παραγωγίσιμο στο $\displaystyle{(0, + \infty )}$ ,η $\displaystyle{ - \frac{1}{2} + \frac{1}{{2x^2 }}}$ παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{(0, + \infty )}$ .

Επομένως η $\displaystyle{f}$ παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{(0, + \infty )}$ με $\displaystyle{f'(x) = - \frac{1}{{x^3 }} - \frac{{2f(x)}}{x},x > 0}$

β. Η $\displaystyle{g(x) = \ln x + x^2 f(x),x > 0}$ παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{(0, + \infty )}$ με
$\displaystyle{g'(x) = \frac{1}{x} + 2xf(x) + x^2 f'(x) = \frac{1}{x} + 2xf(x) + x^2 \left( { - \frac{1}{{x^3 }} - \frac{{2f(x)}}{x}} \right) = \frac{1}{x} + 2xf(x) - \frac{1}{x} - 2xf(x) = 0}$

Επομένως η $\displaystyle{g}$ είναι σταθέρη.

γ. Για $\displaystyle{x = 1}$ έχουμε $\displaystyle{f(1) = 0}$ . Επειδή η $\displaystyle{g}$ είναι σταθέρη έχουμε πως για κάθε $\displaystyle{x > 0}$ ισχύει $\displaystyle{g(x) = c \Leftrightarrow \ln x + x^2 f(x) = c\mathop \Rightarrow \limits^{x = 1} c = 0}$

Αρα $\displaystyle{\ln x + x^2 f(x) = 0 \Leftrightarrow f(x) = \frac{{ - \ln x}}{{x^2 }},x > 0}$

Επομένως $\displaystyle{f(x) = \frac{{ - \ln x}}{{x^2 }},x > 0}$ που επαληθεύει την αρχική σχέση.

δ. Εύρεση κατακόρυφης ασύμπτωτης:

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

Άρα η $\displaystyle{x = 0}$ κατακόρυφη ασύμπτωτη της $\displaystyle{C_f }$

Εύρεση οριζόντιας ασύμπτωτης

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

Άρα ο άξονας $\displaystyle{x'x}$ οριζόντια ασύμπτωτη της $\displaystyle{C_f }$

Επειδή η $\displaystyle{C_f }$ έχει οριζόντια ασύμπτωτη, δεν έχει πλάγια ασύμπτωτη.

: 148.png (4.3 KiB) Προβλήθηκε 1623 φορές

ε. $\displaystyle{f(x) = \frac{{ - \ln x}}{{x^2 }}}$ . Για κάθε $\displaystyle{x \in (0,1]}$ έχουμε $\displaystyle{f(x) \ge 0}$

Το ζητούμενο εμβαδόν είναι το
$\displaystyle{E(\kappa ) = \int\limits_\kappa ^1 {\left| {f(x)} \right|dx = \int\limits_\kappa ^1 {f(x)dx = } } - \int\limits_\kappa ^1 {\frac{{\ln x}}{{x^2 }}dx = } \int\limits_\kappa ^1 {(\frac{1}{x})'\ln xdx = \left[ {\frac{{\ln x}}{x}} \right]_\kappa ^1 - \int\limits_\kappa ^1 {\frac{1}{{x^2 }}} } dx = \left[ {\frac{{\ln x}}{x}} \right]_\kappa ^1 + \left[ {\frac{1}{x}} \right]_\kappa ^1 = - \frac{{\ln \kappa }}{\kappa } + 1 - \frac{1}{\kappa } }$

στ. Έχουμε $\displaystyle{E(\kappa ) = - \frac{{\ln \kappa }}{\kappa } + 1 - \frac{1}{\kappa } = \frac{{\kappa - 1 - \ln \kappa }}{\kappa }}$

$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{\kappa \to 0^ + } E(\kappa ) = \mathop {\lim }\limits_{\kappa \to 0^ + } \left( {\frac{{\kappa - 1 - \ln \kappa }}{\kappa }} \right) = + \infty }$

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ · #96

ΑΣΚΗΣΗ 149

Μια συνάρτηση $\displaystyle{f}$ : $\displaystyle{(0, + \infty ) \to R}$ είναι συνεχής και για κάθε $\displaystyle{x > 0}$ ισχύει $\displaystyle{f(x) = \int\limits_1^x {\left( {\frac{1}{{t^3 }} - \frac{{2f(t)}}{t}} \right)} dt}$

α. Να αποδειχθεί οτι $\displaystyle{f(x) = \frac{{\ln x}}{{x^2 }},x > 0}$

β. Να βρεθεί το σύνολο τιμών της $\displaystyle{f}$

γ. Αν $\displaystyle{E(\lambda )}$ το εμβαδόν του χωρίου που περικλύεται από τη $\displaystyle{C_f }$ , τον άξονα $\displaystyle{x'x}$ και τις ευθείες $\displaystyle{x = \frac{1}{e}}$ και $\displaystyle{x = \lambda }$ με $\displaystyle{\lambda > 0}$ , τότε να βρεθούν τα $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{\lambda \to 0^ + } E(\lambda )}$ και $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{\lambda \to + \infty } E(\lambda )}$

δ. Να προσδιορίσετε τα $\displaystyle{\alpha ,\beta \in R}$ για τα οπόια ισχύει $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{{\alpha x^3 + \beta x^2 - \ln x}}{{x^2 }}} \right) = 0}$

Θ. Ξένος (εκδόσεις Ζήτη)

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ · #97

ΑΣΚΗΣΗ 150

Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση $\displaystyle{g}$ : $\displaystyle{R \to R}$ καθώς και η συνεχής συνάρτηση $\displaystyle{f}$ : $\displaystyle{R \to R}$ .

Επίσης, για κάθε $\displaystyle{x \in R}$ ισχύει $\displaystyle{f(x) > 0}$ και $\displaystyle{g(x) > 0}$

Θεωρούμε την συνάρτηση $\displaystyle{F(x) = \int\limits_0^{xg(x)} {f(\frac{t}{{g(x)}})dt} }$

α. Να δείξετε οτι για κάθε $\displaystyle{x \in R}$ ισχύει $\displaystyle{F(x) = g(x) \cdot \int\limits_0^x {f(u)du} }$

β. Να βρεθεί η $\displaystyle{F}$ , αν $\displaystyle{f(x) = e^{ - x} }$ και $\displaystyle{g(x) = e^x }$

γ. Αν για κάθε $\displaystyle{x \in R}$ ισχύει $\displaystyle{F(x) \ge x}$ , να δείξετε οτι $\displaystyle{g(0) \cdot f(0) = 1}$

δ. Να δείξετε οτι ισχύει $\displaystyle{F(1)g(2) < F(2)g(1)}$

Γ.Μιχαηλίδης (εκδόσεις Διόφαντος)

EDIT: Έγινε αντικατάσταση της άσκησης, διότι η αρχική ήταν παλαιότερο θέμα εξετάσεων.

perpant · #98

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 149

Μια συνάρτηση $\displaystyle{f}$ : $\displaystyle{(0, + \infty ) \to R}$ είναι συνεχής και για κάθε $\displaystyle{x > 0}$ ισχύει $\displaystyle{f(x) = \int\limits_1^x {\left( {\frac{1}{{t^3 }} - \frac{{2f(t)}}{t}} \right)} dt}$

α. Να αποδειχθεί οτι $\displaystyle{f(x) = \frac{{\ln x}}{{x^2 }},x > 0}$

β. Να βρεθεί το σύνολο τιμών της $\displaystyle{f}$

γ. Αν $\displaystyle{E(\lambda )}$ το εμβαδόν του χωρίου που περικλύεται από τη $\displaystyle{C_f }$ , τον άξονα $\displaystyle{x'x}$ και τις ευθείες $\displaystyle{x = \frac{1}{e}}$ και $\displaystyle{x = \lambda }$ με $\displaystyle{\lambda > 0}$ , τότε να βρεθούν τα $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{\lambda \to 0^ + } E(\lambda )}$ και $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{\lambda \to + \infty } E(\lambda )}$

δ. Να προσδιορίσετε τα $\displaystyle{\alpha ,\beta \in R}$ για τα οπόια ισχύει $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{{\alpha x^3 + \beta x^2 - \ln x}}{{x^2 }}} \right) = 0}$

Θ. Ξένος (εκδόσεις Ζήτη)

α) Η συνάρτηση $\displaystyle{\frac{1}{{t^3 }} - \frac{{2f\left( t \right)}}{t}}$ είναι συνεχής ως πράξεις συνεχών και συνεπώς η $\displaystyle{\int\limits_1^x {\left( {\frac{1}{{t^3 }} - \frac{{2f\left( t \right)}}{t}} \right)} dt}$ είναι παραγωγίσιμη. Τότε $\displaystyle{f'\left( x \right) = \left( {\int\limits_1^x {\left( {\frac{1}{{t^3 }} - \frac{{2f\left( t \right)}}{t}} \right)} dt} \right)^\prime \Rightarrow f'\left( x \right) = \frac{1}{{x^3 }} - \frac{{2f\left( x \right)}}{x} \Rightarrow f'\left( x \right)x^2 + 2xf\left( x \right) = \frac{1}{x}}$ \displaystyle{\displaystyle{ \Rightarrow \left( {f\left( x \right)x^2 } \right)^\prime = \left( {\ln x} \right)^\prime \Rightarrow f\left( x \right)x^2 = \ln x + c} . Από την αρχική σχέση έχουμε

\displaystyle{f\left( 1 \right) = 0} και συνεπώς

\displaystyle{
f\left( x \right)x^2 = \ln x \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{{\ln x}}{{x^2 }},x > 0} .

<span style="color:#FF0000">β)</span> Η

\displaystyle{f} παραγωγίσιμη με

\displaystyle{f'\left( x \right) = \left( {\frac{{\ln x}}{{x^2 }}} \right)^\prime = \frac{{x - 2x\ln x}}{{x^4 }} = \frac{{x\left( {1 - 2\ln x} \right)}}{{x^4 }}} . Τότε

\displaystyle{f'\left( x \right) = 0 \Rightarrow x = \sqrt e } και

\displaystyle{f'\left( x \right) > 0 \Rightarrow x < \sqrt e } και

\displaystyle{f'\left( x \right) < 0 \Rightarrow x > \sqrt e } . Επιπλέον η

\displaystyle{f} συνεχής και συνεπώς είναι γνησίως αύξουσα στο

\displaystyle{(0,\sqrt e ]} και

γνησίως φθίνουσα στο

\displaystyle{[\sqrt e , + \infty )} . Για το σύνολο τιμών της έχουμε:

\displaystyle{A_1 = (\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } f\left( x \right),f\left( {\sqrt e } \right)] = ( - \infty ,\frac{1}{{2e}}]} και

\displaystyle{A_2 = (\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right),f\left( {\sqrt e } \right)] = (0,\frac{1}{{2e}}]} . Τελικά

\displaystyle{f\left( A \right) = A_1 \cup A_2 = ( - \infty ,\frac{1}{{2e}}] \cup (0,\frac{1}{{2e}}] = ( - \infty ,\frac{1}{{2e}}]} <span style="color:#FF0000">γ)</span> Για το πρόσημο της

\displaystyle{f} έχουμε ότι

\displaystyle{f\left( x \right) > 0 \Leftrightarrow x > 1} και

\displaystyle{f\left( x \right) < 0 \Leftrightarrow 0 < x < 1} . Τότε για

\displaystyle{0 < l < \frac{1}{e}} έχουμε

\displaystyle{
E = \int\limits_l^{\frac{1}{e}} {\left( { - f\left( x \right)} \right)dx = } \int\limits_l^{\frac{1}{e}} {\left( { - \frac{{\ln x}}{{x^2 }}} \right)dx = \int\limits_l^{\frac{1}{e}} {\left( {\frac{1}{x}} \right)^\prime \ln xdx = \left[ {\frac{{\ln x}}{x}} \right]^{\frac{1}{e}} _l - \int\limits_l^{\frac{1}{e}} {\frac{1}{{x^2 }}dx = - e - \frac{{\ln l}}{l} + \left[ {\frac{1}{x}} \right]^{\frac{1}{e}} _l } } } }} $\displaystyle{ = - e - \frac{{\ln l}}{l} + e - \frac{1}{l} = - \frac{{\ln l}}{l} - \frac{1}{l}}$ Για $\displaystyle{\frac{1}{e} < l < 1}$ έχουμε $\displaystyle{E = \int\limits_{\frac{1}{e}}^l {\left( { - f\left( x \right)} \right)dx = } \int\limits_l^{\frac{1}{e}} {f\left( x \right)dx = \frac{{\ln l}}{l} + \frac{1}{l}} }$ . Τέλος για $\displaystyle{l > 1}$ έχουμε $\displaystyle{E = \int\limits_{\frac{1}{e}}^1 {\left( { - f\left( x \right)} \right)dx + \int\limits_1^l {f\left( x \right)dx = \int\limits_{\frac{1}{e}}^1 {\left( { - \frac{{\ln x}}{{x^2 }}} \right)dx + \int\limits_1^l {\frac{{\ln x}}{{x^2 }}dx = \left[ {\frac{{\ln x}}{x} + \frac{1}{x}} \right]^1 _{\frac{1}{e}} + \left[ { - \frac{{\ln x}}{x} - \frac{1}{x}} \right]^l _1 } } } } }$ $\displaystyle{ = 1 - \frac{{\ln l}}{l} - \frac{1}{e} + 1 = 2 - \frac{{\ln l}}{l} - \frac{1}{l}}$ . Δηλαδή συνολικά $\displaystyle{E\left( l \right) = \left\{ \begin{array}{l} - \frac{{\ln l}}{l} - \frac{1}{l},\,\,\,\,0 < l < \frac{1}{e} \\ \frac{{\ln l}}{l} + \frac{1}{l}\,\,\,,\,\,\,\,\,\frac{1}{e} < l < 1 \\ 2 - \frac{{\ln l}}{l} - \frac{1}{l},\,\,\,l > 1 \\ \end{array} \right.}$ . Τέλος για $\displaystyle{l = 1}$ δεν ορίζεται εμβαδόν.

Για τα όρια έχουμε $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } E\left( l \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } \left( { - \frac{{\ln l}}{l} - \frac{1}{l}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } \left( {\frac{1}{l}\left( { - \ln l - 1} \right)} \right) = + \infty }$ και

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

αφού αφού $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{{\ln l + 1}}{l}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\left( {\ln l + 1} \right)^\prime }}{{l'}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{1}{l} = 0}$

δ) $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{{ax^3 + bx^2 - \ln x}}{{x^2 }}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {ax + b - \frac{{\ln x}}{{x^2 }}} \right) = - \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {f\left( x \right) - \left( {ax + b} \right)} \right)}$ . Για να προσδιορίσουμε τα $\displaystyle{a,b}$

αρκεί να βρούμε την ασύμπτωτη στο $\displaystyle{ + \infty }$ . Έχουμε λοιπόν

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

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

#99

ΘΕΜΑ 151
Έστω η συνάρτηση $\displaystyle{ f:[0,\sqrt {2\pi } ] \to \mathbb{R} }$ με την ιδιότητα $\displaystyle{ f''(x) = \sigma \upsilon \nu x^2 ,\forall x \in \left( {0,\sqrt {2\pi } } \right) }$ και η συνάρτηση $\displaystyle{ g:[0,\sqrt {2\pi } ] \to \mathbb{R} }$ με $\dispalystyle {g(x)=\frac{f(x)}{x},\forall x\in\left({0,\sqrt{2\pi}}\right)$ η οποία έχει συνεχή παράγωγο στο $[0,\sqrt{2\pi})$ .
Επίσης είναι $\displaystyle{f'(\sqrt{\pi})=f(\sqrt{\pi})=0}$

i)Να βρείτε την $\displaystyle{g'(0)}$

ii) Να δείξετε ότι: $\displaystyle{ f'(x) \le \frac{{\eta \mu x^2 }}{{2x}},\forall x \in \left( {0,\sqrt {2\pi } } \right) }$

iii) Να δείξετε ότι: $\displaystyle{ \int\limits_0^{\sqrt \pi } {xf(x)dx} = - \frac{1}{6} }$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

erxmer · #100

ΘΕΜΑ 152

Εστω μια παρ/μη συνάρτηση $f: R \to R$ για την οποία υποθέτουμε οτι $f(0)=1, f'(x)>0, \forall x \in R$ . Θεωρούμε την συνάρτηση $g(x)=\begin{cases} \int_{x}^{2x}{\frac{f(t)}{t}dt}, x \neq 0 \\ ln2, x=0 \end{cases}$

Nα αποδείξετε οτι

1) $f(x)\leq \frac{g(x)}{ln2} \leq f(2x), x>0$ , $f(2x)\leq \frac{g(x)}{ln2} \leq f(x), x<0$

2) Να αποδείξετε οτι η συνάρτηση

είναι συνεχής στο σημείο x_0=0

3) Να μελετήσετε την συνάρτηση

ως προς την μονοτονία και τα ακρότατα.

πηγή: Συνδυαστικά Θέματα Γ Βασιλείου.

ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΘΕΜΑΤΩΝ ΣΤΟΝ ΟΛΟΚΛΗΡΩΤΙΚΟ ΛΟΓΙΣΜΟ

Μέλη σε σύνδεση