Παλιά γνώριμη...

mathxl · #1

Μία άσκηση που έχουμε δει, με κάποια επιπλέον ερωτήματα

Έστω συνάρτηση $f:R \to R$ ώστε να ισχύει ${f^3}(x) + f(x) = {x^3}$ για κάθε $x \in R$ .
i. Να δείξετε ότι η $\displaystyle{f}$ είναι περιττή.
ii. Να δείξετε ότι $\displaystyle{f\left( x \right) > 0}$ για κάθε $\displaystyle{x > 0}$
iii. Να δείξετε ότι η $\displaystyle{f}$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{R}$ .
iv. Να υπολογίσετε τα όρια $A = \mathop {\lim }\limits_{x \to + oo} \frac{{f(x)}}{{{x^3}}}$ , $B = \mathop {\lim }\limits_{x \to + oo} \frac{{f(x)}}{x}$ .
v. Να δείξετε ότι η $\displaystyle{f}$ είναι συνεχής στο $\displaystyle{R}$
vi. Να βρείτε το σύνολο τιμών $\displaystyle{f\left( R \right)}$
vii. Να δείξετε ότι η $\displaystyle{f}$ είναι παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{R}$
viii. Να δικαιολογήσετε την αντιστρεψιμότητα της $\displaystyle{f}$ και να βρείτε το είδος της μονοτονίας της αντίστροφης
ix. Να βρείτε τον τύπο της $\displaystyle{f}$ .
x. Να λύσετε την εξίσωση $\displaystyle{f\left( {f\left( x \right)} \right) = x}$
xi. Να δείξετε ότι η $\displaystyle{{f^{ - 1}}}$ είναι συνεχής στο $\displaystyle{R}$ .
xii. Να βρείτε τον τύπο της $\displaystyle{{f^{ - 1}}}$
xiii. Να βρεθεί, αν υπάρχει το $\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{f^{ - 1}}\left( x \right)}}{x}}$
xiv. Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα $\displaystyle{I = \int\limits_0^{\sqrt[3]{{10}}} {\left( {12x\int\limits_{\sqrt[3]{{10}}}^x {\frac{{f\left( t \right)}}{{3{f^2}\left( t \right) + 1}}dt} } \right)dx} }$

ΠΡΟΣΘΗΚΗ: Άλλαξα ένα υπολογίσετε σε βρείτε και έβαλα το σύνολο που ζητείται η παραγωγισιμότητα (παράλειψη)

PanosG · #2

$f^3 (x)+f(x)=x^3 \quad \boxed{1}$
i) Για κάθε $x\in\mathbb{R}$ το $-x\in\mathbb{R}$ και βάζοντας όπου x το -x στην (1) έχουμε:
f^3 (-x)+f(-x)=-x^3

Προσθέτουμε κατά μέλη και έχουμε:
$f^3 (x)+f^3 (-x)+f(x)+f(-x)=x^3-x^3\Leftrightarrow$
(f(x)+f(-x))(f^2 (x)-f(x)f(-x)+f^2 (-x)+1)=0

Και απο την τελευταία έχουμε $f(x)+f(-x)=0\Leftrightarrowf(x)=-f(-x)$
Αφού η παράσταση f^2 (x)-f(x)f(-x)+f^2 (-x)+1

έχει αρνητική διακρίνουσα αν την θεωρήσουμε σαν τριώνυμο του f(x)

ii)
$\displaystyle f^3 (x)+f(x)=x^3\Leftrightarrow f(x)(f^2 (x)+1)=x^3\Leftrightarrow f(x)=\frac{x^3}{(f^2 (x)+1} >0 , \forall x>0$

iii)
Διορθώθηκε
Έστω ${x_1},{x_2} \in \mathbb{R}$ με x_1<x_2

ώστε:
$x_1<x_2\Leftrightarrow f^3(x_1)+f(x_1)< f^3(x_2)+f(x_2) \Leftrightarrow$
$f^3(x_1)- f^3(x_2)+f(x_1)-f(x_2)<0\Leftrightarrow$
$\left ( f(x_1)-f(x_2) \right ) \left (f^2(x_1)+f(x_1)f(x_2)+f^2(x_2)+1 \right )<0$
$\Leftrightarrow f(x_1)<f(x_2)$ άρα η

γνησίως αύξουσα στο $\mathbb{R}$

Αφού $f^2(x_1)+f(x_1)f(x_2)+f^2(x_2)+1>0 , \forall x\in \mathbb{R}$

iv)

$f^3 (x)+f(x)=x^3 \Leftrightarrow f^3 (x)=x^3-f(x)<x^3 \Leftrightarrow f^3 (x)<x^3 \Leftrightarrow$
$f(x)<x ,\forall x>0$
Αφού από το ερώτημα ii) $f(x)>0 ,\forall x>0$
Άρα:
$0 < f\left( x \right) < x \Rightarrow 0 < \frac{{f\left( x \right)}}{{{x^3}}} < \frac{1}{{{x^2}}}$
Οπότε σάντουιτς και έχουμε το ζητούμενο, δηλαδή:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{f\left( x \right)}}{{{x^3}}} = 0$
Για το επόμενο:

${f^3}\left( x \right) + f\left( x \right) = {x^3} \Rightarrow {\left( {\frac{{f\left( x \right)}}{x}} \right)^3} + \frac{{f\left( x \right)}}{{{x^3}}} = 1 \Rightarrow \frac{{f\left( x \right)}}{x} = \sqrt[3]{{1 - \frac{{f\left( x \right)}}{{{x^3}}}}}$
Οπότε παίρνοντας όρια:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{f\left( x \right)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \sqrt[3]{{1 - \frac{{f\left( x \right)}}{{{x^3}}}}} = 1$
v)
Για $x = {x_0}$ στην $\boxed{1}$ έχουμε:
${f^3}\left( {{x_0}} \right) + f\left( {{x_0}} \right) = x_0^3$
Αφαιρόντας κατά μέλη την τελευταία με την $\boxed{1}$ έχουμε:
${f^3}\left( x \right) + f\left( x \right) - {f^3}\left( {{x_0}} \right) - f\left( {{x_0}} \right) = {x^3} - x_0^3 \Leftrightarrow$
$\left( {f\left( x \right) - f\left( {{x_0}} \right)} \right)({f^2}\left( x \right) + f\left( x \right)f\left( {{x_0}} \right) + {f^2}\left( {{x_0}} \right) = {x^3} - x_0^3 \Leftrightarrow$
$\left| {f\left( x \right) - f\left( {{x_0}} \right)} \right| = \left| {\frac{{{x^3} - x_0^3}}{{{f^2}\left( x \right) + f\left( x \right)f\left( {{x_0}} \right) + {f^2}\left( {{x_0}} \right)}}} \right| \leqslant \left| {{x^3} - x_0^3} \right| \Leftrightarrow$
$- \left| {{x^3} - x_0^3} \right| \leqslant f\left( x \right) - f\left( {{x_0}} \right) \leqslant \left| {{x^3} - x_0^3} \right|$
Πάλι σάντουιτς στην τελευταία και έχουμε:
$\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left( {f\left( x \right) - f\left( {{x_0}} \right)} \right) = 0$
Άρα η

συνεχής στο τυχαίο ${x_0} \in \mathbb{R}$ οπότε

συνεχής στο $\mathbb{R}$

Ουφ!Τα υπόλοιπα αργότερα....

#3

Περίπου ίδια και στο

viewtopic.php?f=52&t=17292

ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΤΣΙΠΟΔΑΣ · #4

καθώς και viewtopic.php?f=52&t=3566&p=19176#p19176 που περιέχει την αντίστροφη.
Είμαι σίγουρος πως όλο και κάπου αλλόυ θα υπάρχει,άλλοστε τα λέει και ο τίτλος της "παλία γνώριμη"
Πάντως είναι εκπληκτική άσκηση, όλη η κατεύθυνση σε ένα θέμα. Μια ασκηση που πρέπει υποχρεωτικά να κάνουμε στην επάναληψη.

#5

mathxl έγραψε: Έστω συνάρτηση $f:R \to R$ ώστε να ισχύει ${f^3}(x) + f(x) = {x^3}$ για κάθε $x \in R$ .
...............................................................
iv. Να υπολογίσετε τα όρια $A = \mathop {\lim }\limits_{x \to + oo} \frac{{f(x)}}{{{x^3}}}$ , $B = \mathop {\lim }\limits_{x \to + oo} \frac{{f(x)}}{x}$ .

Για το ερώτημα αυτό γράφω και αυτή τη λύση που έκανα μόλις τώρα, προσπαθώντας να χρησιμοποιήσω και καμιά γνωστή ανισότητα . Θα θετικές λοιπόν τιμές του

είναι

, οπότε :

$x^3= {f^3}(x) + f(x) \ge \,2\sqrt {{f^3}(x) \cdot f(x)} = 2{f^2}(x) > {f^2}(x)$

Επομένως :

$0 < f(x) < x\sqrt x \, \Leftrightarrow 0 < \frac{{f(x)}}{{{x^3}}} < \frac{1}{{x\sqrt x }}$

Αυτή δίνει με το κριτήριο παρεμβολής το πρώτο όριο κλπ.

*** Βασίλη , κάπου νομίζω ότι έχω γράψει ή έχω δει κανα δυο ωραία ακόμα ερωτήματα στα ολοκληρώματα με αυτή την άσκηση, πέρα από αυτό το ωραίο που έβαλες, αλλά δεν τα βρίσκω.

Μπάμπης

#6

ΑΥΤΗ ΛΕΕΙ
viewtopic.php?f=52&t=11203
ΚΑΙ ΕΔΩ
viewtopic.php?f=52&t=2303..

mathxl · #7

Ναι Χρήστο εκεί την είχαμε ξαναδεί. Να σημειώσω ότι ο τρόπος του Μπάμπη για τον υπολογισμό του ορίου είναι πολύ ωραίος, όπως και αυτός του Παναγιώτη για το υποερώτημα που έγραψε "διορθώθηκε" (πιο καλά νομίζω είναι η λέξη συμπληρώθηκε

διότι αποδείχθηκε πως λάθος δεν υπήρχε ). Έβλεπα πρόβλημα γιατί δεν έβλεπα ένα μικρό "άλμα" στον αποδεικτική διαδικασία (χρήση των ταυτοτήτων). Προτιμώ την εις άτοπο απαγωγή διότι θεωρώ πως είναι πιο γενική μέθοδος. Για παράδειγμα αν η συνάρτηση μας ήταν υψωμένη εις την 2011 και 2013 αντίστοιχα δεν θα εξυπηρετούσε πολύ μια κατά μέτωπο αλγεβρική επίθεση με ταυτότητες.

Κάπου αναφέρεται ότι πρόκειται για άσκηση ενός Λυκειάρχη και κάπου του Τσικαλουδάκη (τουλάχιστον κάποια ερωτήματα). Έχουμε ταυτοπροσωπία;

Paolos · #8

xiv)

Εφαρμόζουμε την κατά παράγοντες ολοκλήρωση

$\displaystyle{I = \int\limits_0^{\sqrt[3]{{10}}} {\left( {12x\int\limits_{\sqrt[3]{{10}}}^x {\frac{{f(t)}}{{3{f^2}(t) + 1}}dt} } \right)} dx = \int\limits_0^{\sqrt[3]{{10}}} {\left( {{{\left( {6{x^2}} \right)}^\prime }\int\limits_{\sqrt[3]{{10}}}^x {\frac{{f(t)}}{{3{f^2}(t) + 1}}dt} } \right)} dx}$

$\displaystyle{{\left[ {6{x^2}\int\limits_{\sqrt[3]{{10}}}^x {\frac{{f(t)}}{{3{f^2}(x) + 1}}dt} } \right]^{\sqrt[3]{{10}}}}_0 - {\int\limits_0^{\sqrt[3]{{10}}} {6{x^2}\left( {\int\limits_{\sqrt[3]{{10}}}^x {\frac{{f(t)}}{{3{f^2}(x) + 1}}dt} } \right)} ^\prime }dt = }$

$\displaystyle{0 - \int\limits_0^{\sqrt[3]{{10}}} {6{x^2}} \frac{{f(x)}}{{3{f^2}(x) + 1}}dx\mathop { = = = = = = = = = = }\limits^{f'(x) = \frac{{3{x^2}}}{{3{f^2}(x) + 1}}} \,\, - \int\limits_0^{\sqrt[3]{{10}}} {6{x^2}} \frac{{f(x)}}{{3{x^2}}}f'(x)dx = - \int\limits_0^{\sqrt[3]{{10}}} 2 f(x)f'(x)dx = }$

$\displaystyle{ = - \left[ {{f^2}(x)} \right]_0^{\sqrt[3]{{10}}} = - \left( {{f^2}(\sqrt[3]{{10}}) - {f^2}(0)} \right) = - 4\,,\,}$

διότι $\displaystyle{{f^{ - 1}}(2) = \sqrt[3]{{10}} \Rightarrow f\left( {\sqrt[3]{{10}}} \right) = 2.}$

lina1979 · #9

Γεια σας! Με δυσκολευει το ερωτημα ευρεσης τυπου της f. Ειναι ευκολο να με βοηθήσει καποιος;

#10

lina1979 έγραψε: Κυρ Ιουν 14, 2020 7:31 pm Γεια σας! Με δυσκολευει το ερωτημα ευρεσης τυπου της f. Ειναι ευκολο να με βοηθήσει καποιος;

Θα ήθελα και γω να δω τι έχει στο μυαλό του ο Βασίλης που το πρότεινε !

ΧΧΧΧΧΧΧΧΧΧΧΧΧΧΧΧΧΧΧΧΧΧ

Λάμπρος Κατσάπας · #11

lina1979 έγραψε: Κυρ Ιουν 14, 2020 7:31 pm Γεια σας! Με δυσκολευει το ερωτημα ευρεσης τυπου της f. Ειναι ευκολο να με βοηθήσει καποιος;

Λύνεις την τριτοβάθμια και την βρίσκεις. Η μορφή της είναι απλή. Αν είσαι μαθήτρια η συμβουλή μου είναι να μην ασχοληθείς καθόλου με την άσκηση. Είναι εκτός τόπου και χρόνου. Ψάχνω ένα σοβαρό βιβλίο απειροστικού που να περιέχει τέτοιου τύπου προβλήματα και ομολογώ ότι δεν βρίσκω.

#12

: Γνώριμη...png (5.71 KiB) Προβλήθηκε 2465 φορές

Δεν ξέρω με ποιο σχολικό τρόπο μπορεί να βρεθεί ο τύπος:

$\displaystyle f(x) = \sqrt[3]{{\sqrt {\frac{{{x^6}}}{4} + \frac{1}{{27}}} + \frac{{{x^3}}}{2}}} - \sqrt[3]{{\sqrt {\frac{{{x^6}}}{4} + \frac{1}{{27}}} - \frac{{{x^3}}}{2}}}$

Παλιά γνώριμη...

Παλιά γνώριμη...

Re: Παλιά γνώριμη...

Re: Παλιά γνώριμη...

Re: Παλιά γνώριμη...

Re: Παλιά γνώριμη...

Re: Παλιά γνώριμη...

Re: Παλιά γνώριμη...

Re: Παλιά γνώριμη...

Re: Παλιά γνώριμη...

Re: Παλιά γνώριμη...

Re: Παλιά γνώριμη...

Re: Παλιά γνώριμη...

Μέλη σε σύνδεση