Επαναληπτική άσκηση (2)

hsiodos · #1

Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση g με πεδίο ορισμού το διάστημα (0 , + $\displaystyle{\infty }$ ) , τέτοια ώστε :

$\displaystyle{ \bullet }$ Η g΄ διατηρεί πρόσημο στο (0 , + $\displaystyle{\infty }$ )

$\displaystyle{ \bullet }$ 1 - $\displaystyle{\frac{1}{x}}$ $\displaystyle{ \le }$ g(x) $\displaystyle{ \le }$ x - 1 για κάθε x > 0 .

$\displaystyle{ \bullet }$ η Cg δεν έχει οριζόντια ασύμπτωτη , αλλά έχει κατακόρυφη ασύμπτωτη τον άξονα ψ΄ψ .

Α. α) Να αποδείξετε ότι g΄(1) = 1 --------------- β) Η g έχει σύνολο τιμών το R

B. Έστω ακόμη η συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο xo = 1 για την οποία ισχύει:

$\displaystyle{ \bullet }$ f(g(x) + 1) = ex(g(x) - 1) για κάθε x > 0 .

Να αποδείξετε ότι:

α) f΄(1) = 0 ----------------- β) $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} }$ $\displaystyle{\frac{{{x^2}f(x)\,\, + \,\,e}}{{{e^{x - 1}} - {x^2}}}}$ = 2e

γ) Η εξίσωση f(x) + xf΄(x) - f΄(x) = 0 έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο διάστημα (1 , 2) , με επιπλέον δεδομένο ότι η f είναι παραγωγίσιμη συνάρτηση στο διάστημα (0 , + $\displaystyle{\infty }$ ) .

Γιώργος

KARKAR · #2

Α) Άμεσα προκύπτει ότι g(1)=0

. Για

παίρνω $\frac{1}{x}\leq \frac{g(x)-g(1)}{x-1}\leq 1$ και με κριτήριο παρεμβολής

(αφού κάνω το ίδιο για x<1

) , έχω

άρα

, δηλαδή g γνησίως αύξουσα.

Συνεπώς επειδή $\lim_{x\rightarrow 0}g(x)=-\infty ,or +\infty$ είναι $\lim_{x\rightarrow 0}g(x)=-\infty$ και αφού

δεν έχω οριζόντια ασύμπτωτη $\lim_{x\rightarrow +\infty }g(x)=+\infty$ , συνεπώς $R_{g}=R$ (*)

Βα) Θέτοντας x=1

στη δοθείσα παίρνω f(1)=-e

Τώρα $f'(1)=\lim_{h\rightarrow 0}\frac{f(1+h)-f(1)}{h}$ . Επειδή $g ''1-1'' , and \lim_{x\rightarrow 1}g(x)=0$ , θέτοντας h = g(x)

ισχύει $g(x)\rightarrow0\Rightarrow x \rightarrow1$ και έτσι : $\displaystyle..=\lim_{x\rightarrow 1}\frac{f(1+g(x))+e}{g(x)}=\lim_{x\rightarrow 1}\frac{ex[(g(x)-1]+e}{g(x)}= e-e\frac{1}{g'(1)}= e-e =0$

Ββ) Αφού $f'(1)\in R$ με D.L.H

προκύπτει ..

Βγ) Υπάρχει $\rho >0$ ώστε $g(\rho )=1$ ,(λόγω της (*)) . Είναι $f(2)=f(1+1)=f(g(\rho )+1)=e.\rho .(g(\rho )-1)=0$ .

Θεωρώ h(x)=xf(x)-f(x)

και είναι : h(1)=h(2)=0

, και επειδή

παραγωγίσιμη , με χρήση Θ. Rolle προκύπτει..

hsiodos · #3

Φίλε KARKAR ευχαριστώ για την λύση σου

Νομίζω πως στο Β β) δεν μπορούμε να πάμε με DLP και στο Β γ) χρειάζεται κάποια αιτιολόγηση γιατί f(2) = 0

Γιώργος

ΧΡΗΣΤΟΣ ΚΑΡΔΑΣΗΣ · #4

B. β)
$\displaystyle{\begin{array}{l} \mathop {lim}\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2}f(x) + e}}{{{e^{x - 1}} - {x^2}}} = \mathop {lim}\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2}f(x) + e + e{x^2} - e{x^2}}}{{{e^{x - 1}} - {x^2}}} = \mathop {lim}\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2}\left( {f(x) + e} \right) + e(1 - {x^2})}}{{{e^{x - 1}} - {x^2}}} = \\ = \mathop {lim}\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} \cdot \frac{{f(x) + e}}{{1 - x}}}}{{\frac{{{e^{x - 1}} - {x^2}}}{{1 - x}}}} + \frac{{\frac{{e(1 - x)(1 + x)}}{{1 - x}}}}{{\frac{{{e^{x - 1}} - {x^2}}}{{1 - x}}}} = - \frac{{1 \cdot f'(1)}}{1} + \frac{{2 \cdot e}}{1} = 0 + 2 \cdot e = 2 \cdot e \\ \otimes \mathop {lim}\limits_{x \to 1} \frac{{{e^{x - 1}} - {x^2}}}{{1 - x}}\mathop = \limits^{\frac{0}{0}} \mathop {lim}\limits_{x \to 1} \frac{{{e^{x - 1}} - 2{x}}}{{ - 1}} = 1 \\ \end{array}}$

hsiodos · #5

Μια λύση για το Β α)

Ισχύει $\displaystyle{ f(g(x) + 1) = ex(g(x) - 1)\,\,,\,\,x > 0}$ (1) και αν $\displaystyle{h(x) = g(x) + 1\,\,\,,\,\,\,d(x) = ex\,\,\,,k(x) = g(x) - 1}$

η (1) γράφεται $\displaystyle{ f(h(x)) = d(x)k(x)\,\,\,,\,\,\,x > 0}$

Οι συναρτήσεις d και k είναι παραγωγίσιμες στο 1 . Η h είναι παραγωγίσιμη στο 1 και η f είναι παραγωγίσιμη στο h(1) =1 οπότε η f o h είναι παραγωγίσιμη στο 1.

Έτσι $\displaystyle{ f{'} (h(1))h{'} (1) = d{'} (1)k(1)\, + d(1)k{'} (1) \Rightarrow f{'} (1) \cdot 1 = e( - 1) + e \cdot 1 \Rightarrow f{'} (1) = 0}$

Γιώργος

KARKAR · #6

Ζητείται το $\displaystyle\lim\limits_{x\rightarrow 1}\frac{x^2f(x)+e}{e^{x-1}-x^2}$ , με δεδομένα : f(1) = -e

,

παραγωγίσιμη στο x_0=1

, με

,

αλλά χωρίς να γνωρίζουμε αν η

είναι παραγωγίσιμη για $x\neq1$ .

Δεν έχω πεισθεί ότι δεν μπορούμε να εφαρμόσουμε κανόνα D.L.H

,

για τον υπολογισμό του παραπάνω ορίου.

hsiodos · #7

KARKAR έγραψε:Ζητείται το $\displaystyle\lim\limits_{x\rightarrow 1}\frac{x^2f(x)+e}{e^{x-1}-x^2}$ , με δεδομένα : ,

παραγωγίσιμη στο , με ,

αλλά χωρίς να γνωρίζουμε αν η είναι παραγωγίσιμη για $x\neq1$ .

Δεν έχω πεισθεί ότι δεν μπορούμε να εφαρμόσουμε κανόνα ,

για τον υπολογισμό του παραπάνω ορίου.

Για να εφαρμόσουμε DLP δεν πρέπει να γνωρίζουμε ότι η f είναι παραγωγίσιμη κοντά στο1 ;

Γιώργος

KARKAR · #8

Και όμως ..

Παραθέτω την παρακάτω απόδειξη του

ου κανόνα

.

Αν

ορίζονται σε μια περιοχή του $x_{0}$ , και παραγωγίζονται στο $x_{0}$ , ώστε : $g'(x_{0})\neq0$

και επιπλέον : $\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}{h(x)}=\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}g(x)=0$ ,

Τότε ισχύει : $\displaystyle\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}\frac{h(x)}{g(x)}=\frac{h'(x_{0})}{g'(x_{0})}$ . Πράγματι ..

Αφού h , g

, παραγωγίζονται στο $x_{0}$ , είναι συνεχείς στο $x_{0}$ και επομένως : $h(x_{0}) = g(x_{0}) = 0$ .

Τώρα έχω : $\displaystyle h'(x_{0})=\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}\frac{h(x)-h(x_{0})}{x-x_{0}}=\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}\frac{h(x)}{x-x_{0}}$ και όμοια : $\displaystyle g'(x_{0})=\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}\frac{g(x)}{x-x_{0}}$

Συνεπώς : $\displaystyle{\displaystyle\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}\frac{h(x)}{g(x)}=\frac{\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}\frac{h(x)}{x-x_{0}}}{\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}\frac{g(x)}{x-x_{0}}} =\frac{h'(x_{0)}}{g'(x_{0)}}}$

hsiodos · #9

Φίλε KARKAR σωστά είναι όσα γράφεις παραπάνω.
Στο σχολικό βιβλίο όμως -αν δεν κάνω λάθος- υπάρχει άλλο θεώρημα.

Γιώργος

Πέτρος Μάρκου · #10

hsiodos έγραψε: Φίλε KARKAR σωστά είναι όσα γράφεις παραπάνω.
Στο σχολικό βιβλίο όμως -αν δεν κάνω λάθος- υπάρχει άλλο θεώρημα.
Γιώργος

Στο σχολικό βιβλίο (έκδοση 2010) αναφέρει:
Αν $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = 0}$ , $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} g(x) = 0}$ , $\displaystyle{{x_0} \in \cup \{ - \infty ,\, + \infty \} }$ και υπάρχει το $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f'(x)}}{{g'(x)}}}$ (πεπερασμένο ή άπειρο), τότε: $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f(x)}}{{g(x)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f'(x)}}{{g'(x)}}}$

Για ποιον λόγο δεν μπορούμε να εφαρμόσουμε τον κανόνα;
EDIT: Ίσως λόγω του ότι δεν γνωρίσουμε τη συνέχεια της

στο

, ώστε να είναι: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f'\left( x \right) = f'\left( 1 \right)$ ;

hsiodos έγραψε: Για να εφαρμόσουμε DLP δεν πρέπει να γνωρίζουμε ότι η f είναι παραγωγίσιμη κοντά στο1 ;
Γιώργος

Επειδή σε διαφορετικά βιβλία βλέπω διαφορετικές διατυπώσεις του Κανόνα, τελικά είναι απαραίτητη η προϋπόθεση να είναι οι

και

παραγωγίσιμες κοντά στο ${x_0}$ ;

hsiodos · #11

koutourou έγραψε:
hsiodos έγραψε: Φίλε KARKAR σωστά είναι όσα γράφεις παραπάνω.
Στο σχολικό βιβλίο όμως -αν δεν κάνω λάθος- υπάρχει άλλο θεώρημα.
Γιώργος
Στο σχολικό βιβλίο (έκδοση 2010) αναφέρει:
Αν $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = 0}$ , $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} g(x) = 0}$ , $\displaystyle{{x_0} \in \cup \{ - \infty ,\, + \infty \} }$ και υπάρχει το $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f'(x)}}{{g'(x)}}}$ (πεπερασμένο ή άπειρο), τότε: $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f(x)}}{{g(x)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f'(x)}}{{g'(x)}}}$

Για ποιον λόγο δεν μπορούμε να εφαρμόσουμε τον κανόνα;
EDIT: Ίσως λόγω του ότι δεν γνωρίσουμε τη συνέχεια της στο , ώστε να είναι: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f'\left( x \right) = f'\left( 1 \right)$ ;

hsiodos έγραψε: Για να εφαρμόσουμε DLP δεν πρέπει να γνωρίζουμε ότι η f είναι παραγωγίσιμη κοντά στο1 ;
Γιώργος
Επειδή σε διαφορετικά βιβλία βλέπω διαφορετικές διατυπώσεις του Κανόνα, τελικά είναι απαραίτητη η προϋπόθεση να είναι οι και παραγωγίσιμες κοντά στο ${x_0}$ ;

Λέω την γνώμη μου

Στο Θεώρημα του βιβλίου υπονοείται (δεν το γράφει) ότι πρέπει οι f , g να είναι παραγωγίσιμες κοντά στο $\displaystyle{x_o }$ (όχι κατ' ανάγκη στο $\displaystyle{x_o }$ ) , έτσι ώστε να έχει νόημα το $\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to x_o } \frac{{f{'} (x)}}{{g{'} (x)}}}$

Γιώργος

pana1333 · #12

Και εγώ αυτό γνωρίζω ότι για να εφαρμόσουμε το D.L.P δεν αρκεί οι f,g να παραγωγίζονται μόνο στο $x_{0}$ αλλά πρέπει να παραγωγίζονται σε περιοχή του $x_{0}$ χωρίς ενδεχομένως στο $x_{0}$

Πέτρος Μάρκου · #13

Και εγώ αυτό υποστηρίζω.
Απλά, στη συγκεκριμένη άσκηση και αν γνωρίζαμε ότι η

είναι συνεχής στο

θα μπορούσε ο μαθητής να πάρει όλα τα μόρια για την άσκηση χρησιμοποιώντας DLH; (σύμφωνα με το σχολικό βιβλίο πάντα)

KARKAR · #14

Μπορούμε να καταλήξουμε ως εξής :

Περίπτωση 1η. Αν f,g

παραγωγίσιμες στο $x_{0}$ , $\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}f(x)=\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}g(x)=0$ ,

και $g'(x_{0})\neq0$ , τότε : $\displaystyle\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{{f'(x_{0})}}{g'(x_{0})}$ ,

(και δεν μας απασχολεί η παραγωγισιμότητα των

για $x\neq x_{0}$ ).

Περίπτωση 2η. Αν δεν γνωρίζουμε αν οι f , g

παραγωγίζονται στο $x_{0}$ , αλλά παραγωγίζονται "κοντά" στο $x_{0}$

και $\displaystyle\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}f(x)=\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}g(x)=0$ , τότε : $\displaystyle\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}\frac{{f'(x)}}{g'(x)}$ , εφόσον το τελευταίο όριο υπάρχει.

Σημ 1. Αν οι f' , g'

είναι συνεχείς στο $x_{0}$ τα αποτελέσματα των 2 περιπτώσεων συμπίπτουν.

Σημ 2. Στο Σχολικό βιβλίο , όντως , δεν αναφέρεται η 1η περίπτωση , παρότι σ' αυτή ανήκει η συντριπτική

πλειοψηφία των ασκήσεων. (Πιθανόν διότι αντιμετωπίζονται και με την περίπτωση 2 )

Ανακύπτει τώρα το ζήτημα της βαθμολόγησης γραπτού , μαθητή που χρησιμοποιεί τον κανόνα της περίπτωσης 1.

Παρότι η πιθανότητα να "πέσει" σχολικό θέμα , περίπτωση με τόσα "ψιλά γράμματα" , νομίζω ότι ο βαθμολογητής

δεν πρέπει να αφαιρέσει μονάδες με το επιχείρημα ότι αυτό πρέπει να αποδειχθεί ,

δεδομένου ότι ούτε η 2η περίπτωση έχει αποδειχθεί ! (και πάντως εδώ επιτρέπεται να το χρησιμοποιούμε ! )

hsiodos · #15

KARKAR έγραψε:Μπορούμε να καταλήξουμε ως εξής :

Περίπτωση 1η. Αν παραγωγίσιμες στο $x_{0}$ , $\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}f(x)=\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}g(x)=0$ ,

και $g'(x_{0})\neq0$ , τότε : $\displaystyle\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{{f'(x_{0})}}{g'(x_{0})}$ ,

(και δεν μας απασχολεί η παραγωγισιμότητα των για $x\neq x_{0}$ ).

Περίπτωση 2η. Αν δεν γνωρίζουμε αν οι παραγωγίζονται στο $x_{0}$ , αλλά παραγωγίζονται "κοντά" στο $x_{0}$

και $\displaystyle\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}f(x)=\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}g(x)=0$ , τότε : $\displaystyle\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}\frac{{f'(x)}}{g'(x)}$ , εφόσον το τελευταίο όριο υπάρχει.

Σημ 1. Αν οι είναι συνεχείς στο $x_{0}$ τα αποτελέσματα των 2 περιπτώσεων συμπίπτουν.

Σημ 2. Στο Σχολικό βιβλίο , όντως , δεν αναφέρεται η 1η περίπτωση , παρότι σ' αυτή ανήκει η συντριπτική

πλειοψηφία των ασκήσεων. (Πιθανόν διότι αντιμετωπίζονται και με την περίπτωση 2 )

Ανακύπτει τώρα το ζήτημα της βαθμολόγησης γραπτού , μαθητή που χρησιμοποιεί τον κανόνα της περίπτωσης 1.

Παρότι η πιθανότητα να "πέσει" σχολικό θέμα , περίπτωση με τόσα "ψιλά γράμματα" , νομίζω ότι ο βαθμολογητής

δεν πρέπει να αφαιρέσει μονάδες με το επιχείρημα ότι αυτό πρέπει να αποδειχθεί ,

δεδομένου ότι ούτε η 2η περίπτωση έχει αποδειχθεί ! (και πάντως εδώ επιτρέπεται να το χρησιμοποιούμε ! )

Φίλε KARKAR δεν πρέπει να μπερδεύουμε τους μαθητές που μας παρακολουθούν. Εδώ είναι χώρος ασκήσεων που απευθύνεται (και) σε μαθητές Γ΄Λυκείου.
Επομένως όσον αφορά τον DLP χρησιμοποιούμε μόνο το θεώρημα του βιβλίου, αυτό εξ ' άλλου επαρκεί για την αντιμετώπιση των ανάλογων ασκήσεων. Οι λύσεις που παρουσιάζουμε πρέπει να είναι βασισμένες στη σχολική ύλη και αν κάποια στιγμή χρησιμοποιούμε θεώρημα εκτός ύλης πρέπει να το αναφέρουμε ρητά.

Γιώργος

#16

hsiodos έγραψε:Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση g με πεδίο ορισμού το διάστημα (0 , + $\displaystyle{\infty }$ ) , τέτοια ώστε :

$\displaystyle{ \bullet }$ Η g΄ διατηρεί πρόσημο στο (0 , + $\displaystyle{\infty }$ )

$\displaystyle{ \bullet }$ 1 - $\displaystyle{\frac{1}{x}}$ $\displaystyle{ \le }$ g(x) $\displaystyle{ \le }$ x - 1 για κάθε x > 0 .

$\displaystyle{ \bullet }$ η Cg δεν έχει οριζόντια ασύμπτωτη , αλλά έχει κατακόρυφη ασύμπτωτη τον άξονα ψ΄ψ .

Α. α) Να αποδείξετε ότι g΄(1) = 1 --------------- β) Η g έχει σύνολο τιμών το R

B. Έστω ακόμη η συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο xo = 1 για την οποία ισχύει:

$\displaystyle{ \bullet }$ f(g(x) + 1) = ex(g(x) - 1) για κάθε x > 0 .

Να αποδείξετε ότι:

α) f΄(1) = 0 ----------------- β) $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} }$ $\displaystyle{\frac{{{x^2}f(x)\,\, + \,\,e}}{{{e^{x - 1}} - {x^2}}}}$ = 2e

γ) Η εξίσωση f(x) + xf΄(x) - f΄(x) = 0 έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο διάστημα (1 , 2) , με επιπλέον δεδομένο ότι η f είναι παραγωγίσιμη συνάρτηση στο διάστημα (0 , + $\displaystyle{\infty }$ ) .

Γιώργος

Σχολική λύση για το Αβ υπάρχει;

hsiodos · #17

Κώστα νομίζω πως η λύση που έχει δοθεί πιο πάνω είναι σχολική.(Ουσιαστικά ξαναγράφω την ίδια)

Η g' διατηρεί πρόσημο και επειδή $\displaystyle{g{'} (1) > 0}$ η g είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{{\left( {0, + \infty } \right)}}$

Επομένως το σύνολο τιμών της g είναι το διάστημα $\displaystyle{g\left( {\left( {0, + \infty } \right)} \right) = (A,\,B)}$

με $\displaystyle{A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } g(x)\,\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,B = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } g(x)}$ (τα προηγούμενα όρια υπάρχουν)

Η g δεν έχει οριζόντια ασύμπωτη στο $\displaystyle{ + \infty \,}$ οπότε $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } g(x) \notin R \Rightarrow B = + \infty \,\,\eta \,\,\,B = - \infty }$ . Αλλά το Β είναι δεξιό άκρο ανοικτού διαστήματος και έτσι $\displaystyle{ B = + \infty }$ .

Η g έχει κατακόρυφη ασύμπτωτη την ευθεία χ = 0 , άρα $\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } g(x) = + \infty \,\,\,\eta \,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } g(x) = - \infty \Rightarrow A = + \infty \,\,\eta \,\,\,A = - \infty }$ . Το Α είναι αριστερό άκρο ανοικτού διαστήματος και έτσι $\displaystyle{ A = - \infty }$

Γιώργος

#18

hsiodos έγραψε:Κώστα νομίζω πως η λύση που έχει δοθεί πιο πάνω είναι σχολική.(Ουσιαστικά ξαναγράφω την ίδια)

Η g' διατηρεί πρόσημο και επειδή $\displaystyle{g{'} (1) > 0}$ η g είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{{\left( {0, + \infty } \right)}}$

Επομένως το σύνολο τιμών της g είναι το διάστημα $\displaystyle{g\left( {\left( {0, + \infty } \right)} \right) = (A,\,B)}$

με $\displaystyle{A = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } g(x)\,\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,B = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } g(x)}$ (τα προηγούμενα όρια υπάρχουν)

Η g δεν έχει οριζόντια ασύμπωτη στο $\displaystyle{ + \infty \,}$ οπότε $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } g(x) \notin R \Rightarrow B = + \infty \,\,\eta \,\,\,B = - \infty }$ . Αλλά το Β είναι δεξιό άκρο ανοικτού διαστήματος και έτσι $\displaystyle{ B = + \infty }$ .

Η g έχει κατακόρυφη ασύμπτωτη την ευθεία χ = 0 , άρα $\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } g(x) = + \infty \,\,\,\eta \,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to 0^ + } g(x) = - \infty \Rightarrow A = + \infty \,\,\eta \,\,\,A = - \infty }$ . Το Α είναι αριστερό άκρο ανοικτού διαστήματος και έτσι $\displaystyle{ A = - \infty }$

Γιώργος

Γιώργο, αντιλαμβάνομαι την λύση, η τεκμηρίωση με απασχολεί.

Aς υποθέσουμε ότι στο ερώτημα που μπορεί να τεθεί σε κάποιο θέμα:
«να αποδειχτεί ότι, υπάρχει το όριο της συνάρτησης στο β»
κάποιος απαντάει:
«αφού η συνάρτηση είναι γνησίως μονότονη, τότε το σύνολο τιμών της είναι το (Α,Β) κ.λπ., επομένως το όριο υπάρχει»,
βάζοντας, έτσι, στο παιχνίδι το εκτός ύλης θεώρημα: Κάθε γνησίως μονότονη έχει όριο.

Είναι σωστός ή κινδυνεύει να χάσει μόρια και - σαν παράδειγμα, για το μέγεθος της ευθύνης μας μιλάω τώρα-, αντί Βιολογικό Αθήνας θα περάσει Κρήτη, όπου θα περάσει τέλεια φοιτητική ζωή, βέβαια, αλλά με κόστος 30-60 χιλιάδες ευρώ;

hsiodos · #19

rek2 έγραψε:
Γιώργο, αντιλαμβάνομαι την λύση, η τεκμηρίωση με απασχολεί.

Aς υποθέσουμε ότι στο ερώτημα που μπορεί να τεθεί σε κάποιο θέμα:
«να αποδειχτεί ότι, υπάρχει το όριο της συνάρτησης στο β»
κάποιος απαντάει:
«αφού η συνάρτηση είναι γνησίως μονότονη, τότε το σύνολο τιμών της είναι το (Α,Β) κ.λπ., επομένως το όριο υπάρχει»,
βάζοντας, έτσι, στο παιχνίδι το εκτός ύλης θεώρημα: Κάθε γνησίως μονότονη έχει όριο.

Είναι σωστός ή κινδυνεύει να χάσει μόρια και - σαν παράδειγμα, για το μέγεθος της ευθύνης μας μιλάω τώρα-, αντί Βιολογικό Αθήνας θα περάσει Κρήτη, όπου θα περάσει τέλεια φοιτητική ζωή, βέβαια, αλλά με κόστος 30-60 χιλιάδες ευρώ;

Κώστα πιστεύω πως δεν υπάρχει πρόβλημα.

Στο σχολικό αναφέρεται (χωρίς να το λέει θεώρημα) ότι αν μια συνάρτηση f είναι συνεχής και γνησίως μονότονη στο διάστημα ( α, β) τότε έχει σύνολο τιμών το επίσης ανοικτό διάστημα $\displaystyle{ ({\rm A},\,{\rm B})\,\,\,\eta \,\,\,\,({\rm B},{\rm A})}$ (ανάλογα του είδους μονοτονίας) όπου $\displaystyle{ {\rm A} = \mathop {\lim }\limits_{x \to a^ + } f(x)\,\,\,,\,\,\,B = \mathop {\lim }\limits_{x \to \beta ^ - } f(x)}$ .

Αφού λοιπόν το σύνολο τιμών είναι αυτό που γράφεται στο βιβλίο , δεν συνάγεται ότι και τα αντίστοιχα όρια υπάρχουν;

Γιώργος

Επαναληπτική άσκηση (2)

Επαναληπτική άσκηση (2)

Re: Επαναληπτική άσκηση (2)

Re: Επαναληπτική άσκηση (2)

Re: Επαναληπτική άσκηση (2)

Re: Επαναληπτική άσκηση (2)

Re: Επαναληπτική άσκηση (2)

Re: Επαναληπτική άσκηση (2)

Re: Επαναληπτική άσκηση (2)

Re: Επαναληπτική άσκηση (2)

Re: Επαναληπτική άσκηση (2)

Re: Επαναληπτική άσκηση (2)

Re: Επαναληπτική άσκηση (2)

Re: Επαναληπτική άσκηση (2)

Re: Επαναληπτική άσκηση (2)

Re: Επαναληπτική άσκηση (2)

Re: Επαναληπτική άσκηση (2)

Re: Επαναληπτική άσκηση (2)

Re: Επαναληπτική άσκηση (2)

Re: Επαναληπτική άσκηση (2)

Μέλη σε σύνδεση