mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 11, 2011 5:52 pm**

Δίνεται η συνάρτηση $f:R\rightarrow R$ με f'(x)>2f(x)

για κάθε $x\in R$ και f(0)=1

.
α) Να αποδείξετε ότι $f(x)>e^{2x}$ για κάθε x>0

.
β) Αν

για κάθε

να αποδείξετε ότι $g(x)>e^{2x}-e^{x}$ όταν g(0)=0

και

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 11, 2011 6:44 pm**

sorfan έγραψε:Δίνεται η συνάρτηση $f:R\rightarrow R$ με για κάθε $x\in R$ και .
α) Να αποδείξετε ότι $f(x)>e^{2x}$ για κάθε .
β) Αν για κάθε να αποδείξετε ότι $g(x)>e^{2x}-e^{x}$ .

1) Η $F(x)= e^{-2x}f(x)$ ικανοποιεί F{'}(x) > 0

(απλές πράξεις) άρα είναι αύξουσα. Από $F(x) > F(0)=1, \, \forall x>0$ , έπεται το ζητούμενο.

2) Η δεύτερη ως έχει δεν είναι σωστή. Λείπει κάποια αρχική συνθήκη, όπως διαπιστώνουμε από την g(x) =-e^x+1

η οποία ικανοποιεί την αρχική αλλά όχι το συμπέρασμα.

΄Οπως και να είναι, συνήθως σε αυτές τις ασκήσεις ξεκινά κανείς με την $G(x) = e^{-x}(g{'}(x) - 2g(x))$ και ... βλέπουμε...

Μ.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 11, 2011 6:55 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε:
sorfan έγραψε:Δίνεται η συνάρτηση $f:R\rightarrow R$ με για κάθε $x\in R$ και .
α) Να αποδείξετε ότι $f(x)>e^{2x}$ για κάθε .
β) Αν για κάθε να αποδείξετε ότι $g(x)>e^{2x}-e^{x}$ .

1) Η $F(x)= e^{-2x}f(x)$ ικανοποιεί (απλές πράξεις) άρα είναι αύξουσα. Από $F(x) > F(0)=1, \, \forall x>0$ , έπεται το ζητούμενο.

2) Η δεύτερη ως έχει δεν είναι σωστή. Λείπει κάποια αρχική συνθήκη, όπως διαπιστώνουμε από την η οποία ικανοποιεί την αρχική αλλά όχι το συμπέρασμα.

΄Οπως και να είναι, συνήθως σε αυτές τις ασκήσεις ξεκινά κανείς με την $G(x) = e^{-x}(g{'}(x) - 2g(x))$ και ... βλέπουμε...

Μ.

Μιας και το έχω γράψει αναλυτικά, ας γράψω για το α) ερώτημα τη λύση του Μιχάλη και ας συμπληρώσω (νομίζω) τις παραλείψεις για το δεύτερο ερώτημα

α) Θεωρούμε τη συνάρτηση $\displaystyle{ h\left( x \right) = f\left( x \right) \cdot e^{ - 2x} }$ η οποία είναι προφανώς παραγωγίσιμη στο $\displaystyle{ R }$ (γινόμενο παραγωγισίμων) με

$\displaystyle{ h'\left( x \right) = \left( {f\left( x \right) \cdot e^{ - 2x} } \right)^\prime = f'\left( x \right) \cdot e^{ - 2x} - 2f\left( x \right) \cdot e^{ - 2x} = e^{ - 2x} \left( {f'\left( x \right) - 2f\left( x \right)} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{e^{ - 2x} > 0,\forall x \in R,f'\left( x \right) - 2f\left( x \right) > 0,\forall x \in R} }$ $\displaystyle{ h'\left( x \right) > 0,\forall x \in R \Rightarrow h }$ γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{ R }$

άρα για κάθε $\displaystyle{ x > 0 \Rightarrow h\left( x \right) > h\left( 0 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{h\left( 0 \right) = f\left( 0 \right) \cdot e^0 \mathop \Rightarrow \limits^{f\left( 0 \right) = 1} h\left( 0 \right) = 1} f\left( x \right) \cdot e^{ - 2x} > 1\mathop \Rightarrow \limits^{e^{ - 2x} > 0,\forall x \in R} \boxed{f\left( x \right) > e^{2x} ,\forall x > 0} }$

β) Νομίζω ότι λείπουν τα δεδομένα $\displaystyle{ g\left( 0 \right) = 0,g'\left( 0 \right) = 1 }$ και η ανίσωση που δίνεται πρέπει να ισχύει στο $\displaystyle{ R }$ Αν τα δεχθούμε έχουμε:

$\displaystyle{ g''\left( x \right) - 3g'\left( x \right) + 2g\left( x \right) > 0,\forall x \in \left( {0, + \infty } \right) \Rightarrow g''\left( x \right) - g'\left( x \right) - 2g'\left( x \right) + 2g\left( x \right) > 0,\forall x \in \left( {0, + \infty } \right) \Rightarrow }$

$\displaystyle{ g''\left( x \right) - g'\left( x \right) > 2\left( {g'\left( x \right) - g\left( x \right)} \right),\forall x \in \left( {0, + \infty } \right) \Rightarrow \left( {g'\left( x \right) - g\left( x \right)} \right)^\prime > g'\left( x \right) - g\left( x \right),\forall x \in \left( {0, + \infty } \right) }$

Θεωρούμε τη συνάρτηση $\displaystyle{ k\left( x \right) = g'\left( x \right) - g\left( x \right) }$ για την οποία ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις της $\displaystyle{ f }$ για το α) ερώτημα

$\displaystyle{ k\left( 0 \right) = g'\left( 0 \right) - g\left( 0 \right) = 1 }$ οπότε θα ισχύει: $\displaystyle{ k\left( t \right) > e^{2t} ,\forall t \geqslant 0 }$ δηλαδή είναι:

$\displaystyle{ g'\left( t \right) - g\left( t \right) > e^{2t} \mathop \Rightarrow \limits^{ \cdot e^{ - t} } g'\left( t \right) \cdot e^{ - t} - g\left( t \right) \cdot e^{ - t} > e^t \Rightarrow \left( {g\left( t \right) \cdot e^{ - t} } \right)^\prime > \left( {e^t } \right)^\prime \mathop \Rightarrow \limits^{x > 0} \int\limits_0^x {\left( {g\left( t \right) \cdot e^{ - t} } \right)^\prime dt} > \int\limits_0^x {\left( {e^t } \right)^\prime } dt \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \left[ {g\left( t \right) \cdot e^{ - t} } \right]_0^x > \left[ {e^t } \right]_0^x ,\forall x > 0 \Rightarrow g\left( x \right) \cdot e^{ - x} - g\left( 0 \right) > e^x - 1,\forall x > 0\mathop \Rightarrow \limits^{g\left( 0 \right) = 0} g\left( x \right) \cdot e^{ - x} > e^x - 1,\forall x > 0 \Rightarrow }$ $\displaystyle{ \boxed{g\left( x \right) > e^{2x} - e^x ,\forall x > 0} }$

Φιλικά
Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 11, 2011 7:07 pm**

Μιχάλη και Στάθη ξέχασα δύο αρχικές συνθήκες αλλά το διόρθωσα.
Συγγνώμη για την ταλαιπωρία.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 11, 2011 7:54 pm**

sorfan έγραψε:Δίνεται η συνάρτηση $f:R\rightarrow R$ με για κάθε $x\in R$ και .
α) Να αποδείξετε ότι $f(x)>e^{2x}$ για κάθε .
β) Αν για κάθε να αποδείξετε ότι $g(x)>e^{2x}-e^{x}$ όταν και

Τώρα που διορθώθηκε το τυπογραφικό, γράφω λύση της β) στο πνεύμα της υπόδειξης που έγραψα παραπάνω.

Θέτουμε $G(x) = e^{-x}(g{'}(x)-2g(x))$ . Παρατηρούμε ότι, από την υπόθεση, έπεται G{'} (x) >0

(απλές πράξεις). Άρα

αύξουσα και $G(x) > G(0) = 1 , \forall x>0$ , που ανάγεται στην $g{'}(x) -2g(x) > e^x, \forall x>0 \,\, (*)$ . Τώρα, από την (*)

ισχύει $\left( g(x) + e^x\right){'} >2( g(x) + e^x), \, \forall x >0$ . Από το πρώτο μέρος της άσκησης με f(x) = g(x)+e^x

(σημειωτέον ότι στην απόδειξη δεν χρειάστηκε η $f(x) > 2f(x) \, \forall x$ αλλά μόνο $\forall x >0$ ) έχουμε $g(x)+e^x= f(x) > e^{2x}, \forall x >0$ , όπως θέλαμε.

Φιλικά,

Μιχάλης

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 11, 2011 8:49 pm**

Παρόμοια: viewtopic.php?p=12944#p12944

mathematica.gr

Μονοτονία κλπ

Μονοτονία κλπ

Re: Μονοτονία κλπ

Re: Μονοτονία κλπ

Re: Μονοτονία κλπ

Re: Μονοτονία κλπ

Re: Μονοτονία κλπ