2ο ΘΕΜΑ

dennys · #1

Εστω η δυο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:(0,+\infty)$

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

1) Nα αποδείξετε οτι f(x)=(lnx)^2+2lnx,x>0

2)το σύνολο τιμών

3)Να αποδείξετε οτι η εξίσωση f(x)=e^x

εχει μια τουλάχιστον λύση στο (0,1)

4)να υπολογίσετε το οριο $\displaystyle \lim_{a\to +\infty}\cfrac{sina+\int_1^af(x)dx}{a(lna)^{2}+1}$

erxmer · #2

dennys έγραψε:Εστω η δυο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:(0,+\infty)$

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

1) Nα αποδείξετε οτι

Mια αντιμετώπιση για το 1ο

$\displaystyle{xf{'}(x)+x^{2}f{'}{'}(x)=2 \Leftrightarrow x(f'(x)+xf''(x))=2, x>0 \Leftrightarrow f'(x)+xf''(x)=\frac{2}{x} \Leftrightarrow \left(xf'(x) \right)'=\frac{2}{x}=\left(2lnx) \right'\Leftrightarrow xf'(x)=2lnx+c}$

$\displaystyle{\begin{cases} f'(1)=2 \\ xf'(x)=2lnx+c \Rightarrow 1 \cdot 2=2ln1+c \Rightarrow c=2 \Rightarrow xf'(x)=2lnx+2 \end{cases}}$

$\displaystyle{xf'(x)=2lnx+2 \Rightarrow xf'(x)=2(lnx+1) \Rightarrow f'(x)=\frac{2 \cdot (lnx+1)}{x}=...=\left(ln^2x+2lnx \right)'\Rightarrow f(x)=ln^2x+2lnx+c_1}$

$\displaystyle{\begin{cases} f(1)=0\\ f(x)=ln^2x+2lnx+c_1 \Rightarrow 0=0+0+c_1 \Rightarrow c_1=0 \Rightarrow \end{cases} \boxed{f(x)=ln^2x+2lnx \,\,, x>0}}$

#3

Επαναφορά!

#4

2) $f(x)={{(lnx)}^{2}}+2lnx,x>0\Rightarrow {f}'(x)=\frac{2}{x}(lnx+1),x>0$
${f}'(x)\ge 0\Leftrightarrow x\ge \frac{1}{e}$ και $f(\frac{1}{e})=-1$
Επειδή $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left[ {{(lnx)}^{2}}+2lnx \right]=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left[ lnx(lnx+2) \right]=+\infty$ και $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left[ {{(lnx)}^{2}}+2lnx \right]=+\infty$
έχουμε από ένα πίνακα μονοτονίας ότι το σύνολο τιμών είναι το $[-1,+\infty )$
3) Έστω $g(x)={{(lnx)}^{2}}+2lnx-{{e}^{x}},x>0$ . Επειδή $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,g(x)=+\infty$ και g(1)=-e<0

και η

συνεχής , έπεται από θ. Bolzano ότι η εξίσωση $f(x)={{e}^{x}}$ έχει μια τουλάχιστον λύση .
4) $\displaystyle \begin{array}{l} \int\limits_1^a f (x)dx = \int\limits_1^a {[{{(lnx)}^2} + 2lnx} ]dx = \int\limits_1^a {[x'{{(lnx)}^2} + 2xlnx} \frac{1}{x}]dx = \\ = \int\limits_1^a {[x{{(lnx)}^2}} ]'dx = [x{(lnx)^2}]_1^\alpha = \alpha {\ln ^2}a \end{array}$
Οπότε
$\displaystyle \underset{a\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{sina+\int\limits_{1}^{a}{f}(x)dx}{a{{(lna)}^{2}}+1}=\underset{a\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{sina+\alpha {{\ln }^{2}}a}{a{{(lna)}^{2}}+1}=\underset{a\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\frac{sina}{\alpha {{\ln }^{2}}a}+1}{1+\frac{1}{a{{(lna)}^{2}}}}=1$
αφού $\displaystyle \left| \frac{sina}{\alpha {{\ln }^{2}}a} \right|\le \frac{1}{\alpha {{\ln }^{2}}a}\to 0$

#5

Επιπλέον ερώτημα :

Να αποδειχθεί η μοναδικότητα της ρίζας στο (3) , στο $\displaystyle (0, + \infty )$

Μάρκος Βασίλης · #6

Θεωρούμε τη συνάρτηση $g(x)=\ln^2x+2\ln x-e^x$ , η οποία είναι παραγωγίσιμη με:

$\displaystyle{f'(x)=\frac{2\ln x}{x}+\frac{2}{x}-e^x=\frac{2}{x}(\ln x+1)-e^x}$

Τώρα, αφού $e^x\ge x+1$ έπεται ότι

$\displaystyle{-e^x\le -x-1\Rightarrow f'(x)\le \frac{2}{x}(\ln x+1)-x-1=\frac{\ln x+1-x^2-x}{x}}$

Θεωρούμε τη συνάρτηση $h(x)=\ln x-x^2-x+1$ , x>0

η οποία είναι παραγωγίσιμη με:

$\displaystyle{h'(x)=\frac{1}{x}-2x-1=\frac{-2x^2-x+1}{x}=\frac{-2(x+1)(x-1/2)}{x}.}$

Από έναν πίνακα μονοτονία εύκολα βλέπουμε ότι η

παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο x_0=1/2

το $h(x_0)=-\ln2+\frac{1}{2}<0$

οπότε $h(x)\le h(x_0)<0$ , άρα f'(x)<0

για κάθε

, άρα

γν. φθίνουσα, άρα η λύση που βρήκαμε είναι μοναδική στο $(0,+\infty)$ .

Ενδιαφέρον έχει εδώ, μιας και είμαστε σε φάκελο λυκείου, η ανισότητα $\ln 2>\frac{1}{2}$ χωρίς προφανώς να χρησιμοποιήσουμε το γεγονός ότι $\ln2\approx0.69$ .

Ένας αρκετά γεωμετρικός τρόπος θα ήταν χρησιμοποιώντας την ανισότητα:

$\displaystyle{\frac{1}{x}\geq\frac{1}{2},\ x\in[1,2].}$

Ολοκληρώνοντας και τα δύο μέλη και επειδή το

δεν ισχύει για όλες τις τιμές του

, έπεται ότι:

$\displaystyle{\ln2=\int_1^2\frac{1}{x}dx>\int_1^2\frac{1}{2}dx=\frac{1}{2}.}$

#7

Μάρκος Βασίλης έγραψε: Κυρ Μαρ 22, 2020 1:54 pm Θεωρούμε τη συνάρτηση $g(x)=\ln^2x+2\ln x-e^x$ , η οποία είναι παραγωγίσιμη με:

$\displaystyle{f'(x)=\frac{2\ln x}{x}+\frac{2}{x}-e^x=\frac{2}{x}(\ln x+1)-e^x}$

Τώρα, αφού $e^x\ge x+1$ έπεται ότι

$\displaystyle{-e^x\le -x-1\Rightarrow f'(x)\le \color{red} \frac{2}{x}(\ln x+1)-x-1=\frac{\ln x+1-x^2-x}{x}}$

...

Μάρκος Βασίλης · #8

socrates έγραψε: Κυρ Μαρ 22, 2020 11:47 pm
Μάρκος Βασίλης έγραψε: Κυρ Μαρ 22, 2020 1:54 pm Θεωρούμε τη συνάρτηση $g(x)=\ln^2x+2\ln x-e^x$ , η οποία είναι παραγωγίσιμη με:

$\displaystyle{f'(x)=\frac{2\ln x}{x}+\frac{2}{x}-e^x=\frac{2}{x}(\ln x+1)-e^x}$

Τώρα, αφού $e^x\ge x+1$ έπεται ότι

$\displaystyle{-e^x\le -x-1\Rightarrow f'(x)\le \color{red} \frac{2}{x}(\ln x+1)-x-1=\frac{\ln x+1-x^2-x}{x}}$

...

Πολύ σωστά, παράλειψή μου. Το αφήνω ως προσπάθεια.

2ο ΘΕΜΑ

2ο ΘΕΜΑ

Re: 2ο ΘΕΜΑ

Re: 2ο ΘΕΜΑ

Re: 2ο ΘΕΜΑ

Re: 2ο ΘΕΜΑ

Re: 2ο ΘΕΜΑ

Re: 2ο ΘΕΜΑ

Re: 2ο ΘΕΜΑ

Μέλη σε σύνδεση