Το κέρασμα (2)

Ραϊκόφτσαλης Θωμάς · #1

Καλημέρα σε όλους τους φίλους.
Τις ευχαριστίες μου για τις ευχές σας τις συνοδεύω από μια προτότυπη άσκηση η οποία προέκυψε από μια ιδέα του καλού μου φίλου Γιάννη και σε συνεργασία με τον Βασίλη.

Η Άσκηση

Δίνεται η άρτια συνάρτηση f με πεδίο ορισμού το R για την οποία ισχύουν τα εξής:
f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο R, αλλά f''(x)>2 για όλα τα χ εκτός το 0 και $\displaystyle{{\left[ {f'(0)} \right]^2} < 2f(0) \leqslant 4}$ .
Α. Να αποδείξετε ότι:
i. $0 < f(0) \leqslant 2.$

ii. f(2) - f(0) > 4

iii.

για κάθε χ στο R.

iv. $\mathop {\ell im}\limits_{x \to + \infty } f(x) = + \infty$ και $\mathop {\ell im}\limits_{x \to - \infty } f(x) = + \infty .$

v. $\int_{ - 1006}^{1006} {f(x)dx} \geqslant 2012f(0)$

Β. Δίνεται ο μιγαδικός $z \ne \pm 5i$ , με $\int_{\left| {z + 5i} \right|}^{6 + \left| {z - 5i} \right|} {f(x)dx} = 0$ , για κάθε x στο R.

i. Να αποδείξετε ότι το σύνολο των εικόνων των μιγαδικών z ανήκουν στη γραφική παράσταση μια συνάρτησης g της οποίας να βρεθεί ο τύπος.

ii. Να βρεθούν οι ασύμπτωτες της γραφικής παράστασης της συνάρτησης g.

iii. Αν $y = \varphi (x)$ είναι η ασύμπτωτη της ${C_g}$ στο $+ \infty$ , να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που ορίζεται από την γραφική παράσταση της συνάρτησης $h(x) = 24\varphi (x) \cdot g(x)$ , τον άξονα x'x

, τον άξονα y'y

και την ευθεία x = 3

.

Να είστε όλοι μα όλοι καλά.
Θωμάς

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Χρήστος Λαζαρίδης · #2

Με τα χρόνια πολλά στον Θωμά και με την ευχή να είναι όλοι μα όλοι καλά.

Α)
i) $\displaystyle{0 \le [f^/ (0)]^2 < 2f(0) \le 4 \Rightarrow 0 < f(0),f(0) \le 2 \Rightarrow 0 < f(0) \le 2}$

ii) Θεωρούμε τη συνάρτηση $\displaystyle{h(x) = f^/ (x) - 2x,x \ge 0}$
$\displaystyle{h^/ (x) = f^{//} (x) - 2 > 0,x > 0 \Rightarrow h \uparrow (0, + \infty )}$
Από Θ.Μ.Τ στο [0,2], υπάρχει ξ στο διάστημα (0,2), ώστε: $\displaystyle{f^/ (\xi ) = \frac{{f(2) - f(0)}}{2}}$
$\displaystyle{0 < \xi < 2 \Rightarrow h/ (0) < h/ (\xi ) \Rightarrow f^/ (0) < f^/ (\xi ) - 2\xi \Rightarrow 2\xi + f^/ (0) < \frac{{f(2) - f(0)}}{2} \Rightarrow 4\xi + 2f^/ (0) < f(2) - f(0)}$ $\displaystyle{ \Rightarrow 4 \le 4\xi + 2f^/ (0) < f(2) - f(0)}$

iii) $\displaystyle{x > 0 \Rightarrow h(x) > h(0) \Rightarrow f^/ (x) - 2x > f^/ (0) \Rightarrow f^/ (x) > 2x + f^/ (0) > 0 \Rightarrow f(x) > 0,x > 0}$
H f είναι άρτια, άρα $\displaystyle{f( - x) > 0 \Rightarrow f(x) > 0,x \ne 0}$
Επειδή f(0) > 0, άρα $\displaystyle{f(x) > 0,x \in R}$

iv) Θεωρούμε g(x) = f(x)-x^2 με g'(x) = f'(x)-2x>0,x>0
Η g είναι γνησίως αύξουσα στο [0,+00)
$\displaystyle{g(x) \ge g(0) \Rightarrow f(x) - x^2 \ge f(0) \Rightarrow f(x) \ge x^2 + f(0)}$
$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {x^2 + f(0)} \right) = + \infty \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = + \infty }$
$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = + \infty \mathop = \limits^{x = - u} \mathop {\lim }\limits_{u \to - \infty } f( - u) = + \infty \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{u \to - \infty } f(u) = + \infty }$

v) $\displaystyle{\int_{ - 1006}^{1006} {f(x)dx = \int_0^{1006} {(f(x) + f( - x))dx = 2} } \int_0^{1006} {f(x)dx} }$
$\displaystyle{ x \ge 0 \Rightarrow f(x) \ge f(0) \Rightarrow 2f(x) \ge 2f(0) \Rightarrow 2\int_0^{1006} {f(x)dx} \ge 2\int_0^{1006} {f(0)dx} = 2f(0)[x]\begin{array}{*{20}c} {1006} \\ 0 \\ \end{array} = 2012f(0) }$
Δεν έχω κουράγιο να συνεχίσω!

Φιλικά
Χρήστος

mathxl · #3

Ένα πράγμα που λείπει από την εκφώνηση μας είναι ότι η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο R, αλλά f''(x)>2 για όλα τα χ εκτός το 0.

Στην Β ένα ακόμη υποερώτημα .
iv. Να υπολογίσετε το όριο
$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \int\limits_x^{x + 1} {\left( {g\left( t \right) - \varphi \left( t \right)} \right)dt} }$

Paolos · #4

iv)
Αναζητούμε το όριο

$\displaystyle{l = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \int\limits_x^{x + 1} {(\frac{{\sqrt {9{t^2} + 144} }}{4}} - \frac{{3t}}{4})dt = \frac{1}{4}\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \int\limits_x^{x + 1} {(\sqrt {9{t^2} + 144} } - 3t)dt = \frac{1}{4}\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \int\limits_x^{x + 1} {k(t)dt,} }$

όπου

$\displaystyle{k(t) = \sqrt {9{t^2} + 144} - 3t,t \ge 0.\,\,\,k'(t) = 3 \cdot \frac{{3t - \sqrt {9{t^2} + 144} }}{{\sqrt {9{t^2} + 144} }} = 3 \cdot \frac{{ - 144}}{{\sqrt {9{t^2} + 144} \left( {3t + \sqrt {9{t^2} + 144} } \right)}} < 0}$

άρα η συνάρτηση $\displaystyle{k}$ είναι γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle{[0, + \infty )}$ .

Άρα για

$\displaystyle{0 < x \le t \le x + 1 \Rightarrow k(x + 1) \le k(t) \le k(x) \Rightarrow \int\limits_x^{x + 1} {k(x + 1)dt} \le \int\limits_x^{x + 1} {k(t)dt} \le \int\limits_x^{x + 1} {k(x)dt} \Rightarrow }$

$\displaystyle{k(x + 1) \le \int\limits_x^{x + 1} {k(t)dt \le k(x).} }$

Όμως

$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } k(x + 1) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } k(x) = 0}$

(αφού $\displaystyle{k(t) = \sqrt {9{t^2} + 144} - 3t = \frac{{144}}{{\sqrt {9{t^2} + 144} + 3t}}\mathop \to \limits^{t \to + \infty } 0}$ )

άρα από το κριτήριο παρεμβολής, $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \int\limits_x^{x + 1} {k(t)dt = 0.} }$

Άρα $\displaystyle{l = \frac{1}{4} \cdot 0 = 0.}$

Το κέρασμα (2)

Το κέρασμα (2)

Re: Το κέρασμα (2)

Re: Το κέρασμα (2)

Re: Το κέρασμα (2)

Μέλη σε σύνδεση