mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 19, 2013 9:59 pm**

Δίνεται η συνάρτηση

που είναι παραγωγίσιμη στο $\mathbb{R}$ και για την οποία ισχύει

$\displaystyle{e^{f(x)}+3f^3(x)+2f(x)=3e^{-3x}+2e^{-x}+e^{e^{-x}}}$

1) Nα βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης

2) Να εξετάσετε την συνάρτηση $\displaystyle{g(x)=\frac{1}{f(x)}-ef(x)}$ ως προς τη μονοτονία

3) Nα αποδειχθεί οτι ${{e}^{x}}-{{e}^{1-x}}\le \int\limits_{x}^{x+1}{g(t)dt}\le {{e}^{x+1}}-{{e}^{-x}}$ και να υπολογιστεί το $\displaystyle{\lim_{x \to + \infty}\int_{x}^{x+1}{g(t)dt}}$

4) Αν για την συνεχή συνάρτηση

ισχύει $\displaystyle{\int_{0}^{1}{h(t)dt}=0}$ , να δείξετε ότι υπάρχει $\displaystyle{\xi \in (0,1): g(\xi)+h(\xi)=0}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 20, 2013 12:45 am**

...με ενδιαφέρον στο ενδιαφέρον μιά αντιμετώπιση....

1) Είναι από την δοθείσα ισότητα

${{e}^{f(x)}}-{{e}^{{{e}^{-x}}}}+3({{f}^{3}}(x)-{{e}^{-3x}})+2(f(x)-{{e}^{-x}})=0$ ή

${{e}^{{{e}^{-x}}}}({{e}^{f(x)-{{e}^{-x}}}}-1)+3(f(x)-{{e}^{-x}})({{f}^{2}}(x)+f(x){{e}^{-x}}+{{e}^{-2x}})+2(f(x)-{{e}^{-x}})=0$ (1)

Αν υπάρχει ${{x}_{0}}\in R$ ώστε $f({{x}_{0}})-{{e}^{-{{x}_{0}}}}\ne 0$ τότε θα είναι

$f({{x}_{0}})-{{e}^{-{{x}_{0}}}}>0$ ή $f({{x}_{0}})-{{e}^{-{{x}_{0}}}}<0$ τότε από (1) προκύπτει άτοπο γιατί στην περίπτωση που

$f({{x}_{0}})-{{e}^{-{{x}_{0}}}}>0$ έχουμε και ${{e}^{f({{x}_{0}})-{{e}^{-{{x}_{0}}}}}}>1\Leftrightarrow {{e}^{f({{x}_{0}})-{{e}^{-{{x}_{0}}}}}}-1>0$ και

$(f({{x}_{0}})-{{e}^{-{{x}_{0}}}})({{f}^{2}}({{x}_{0}})+f({{x}_{0}}){{e}^{-{{x}_{0}}}}+{{e}^{-2{{x}_{0}}}})>0$ και ανάλογα στην περίπτωση

$f({{x}_{0}})-{{e}^{-{{x}_{0}}}}<0$ άρα $f(x)-{{e}^{-x}}=0\Leftrightarrow f(x)={{e}^{-x}},\,\,\,x\in R$

2) Είναι τώρα $g(x)={{e}^{x}}-{{e}^{1-x}}$ παραγωγίσιμη με ${g}'(x)={{e}^{x}}+{{e}^{1-x}}>0,\,\,\,\,x\in R$

άρα η

είναι γνήσια αύξουσα στο

3) Αν $G(x)=\int\limits_{0}^{x}{g(t)dt}$ είναι μία αρχική της $g(x)={{e}^{x}}-{{e}^{1-x}}$ τότε θέλουμε να δείξουμε ότι

${{e}^{x}}-{{e}^{x-1}}\le G(x+1)-G(x)\le {{e}^{x+1}}-{{e}^{x}}$

Από θεώρημα μέσης τιμής για την

στο διάστημα $[x,\,\,\,x+1]$ θα υπάρχει

$\xi \in (x,\,\,\,x+1)$ ώστε ${G}'(\xi )=\frac{G(x+1)-G(x)}{x+1-x}\Leftrightarrow g(\xi )=G(x+1)-G(x)$

Τώρα λόγω μονοτονίας της

επειδή $x<\xi <x+1$ θα ισχύει ότι

$g(x)\le g(\xi )\le g(x+1)$ άρα ${{e}^{x}}-{{e}^{1-x}}\le g(\xi )\le {{e}^{x+1}}-{{e}^{-x}}$ δηλαδή

${{e}^{x}}-{{e}^{1-x}}\le G(x+1)-G(x)\le {{e}^{x+1}}-{{e}^{-x}}\Leftrightarrow$

${{e}^{x}}-{{e}^{1-x}}\le \int\limits_{x}^{x+1}{g(t)dt}\le {{e}^{x+1}}-{{e}^{-x}}$

(...δεν έδειξα αύτό που ζητούσε η ανισότητα καια δεν μπορώ να βρώ που κάνω λάθος...ο δημιουργός θα μας πει....)

και επειδή $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,({{e}^{x}}-{{e}^{1-x}})=+\infty$ θα είναι $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\int\limits_{x}^{x+1}{g(t)dt}=+\infty$

4) Θεωρώντας την συνάρτηση $\varphi (x)=G(x)+H(x),\,\,\,\,\,x\in [0,\,\,1]$ όπου

$G(x)=\int\limits_{0}^{x}{g(t)dt}$ και $H(x)=\int\limits_{0}^{x}{h(t)dt}$ έχουμε ότι είναι παραγωγίσιμη στο $[0,\,\,\,1]$

άρα και συνεχής στο $[0,\,\,\,1]$ και παραγωγίσιμη στο $(0,\,\,\,1)$ με ${\varphi }'(x)={G}'(x)+{H}'(x)=g(x)+h(x)$ και $\varphi (0)=G(0)+H(0)=0$

και $\varphi (1)=G(1)+H(1)=0$ οπότε σύμφωνα με το Rolle υπάρχει $\xi \in (0,\,\,1)$ ώστε ${\varphi }'(\xi )=g(\xi )+h(\xi )=0$

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 29, 2013 6:41 pm**

Το 1ο ερώτημα δεν βγαίνει πιο γρήγορα με τη χρήση βοηθητικής συνάρτησης ή κάνω λάθος ;

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 01, 2013 12:40 am**

nick41 έγραψε:Το 1ο ερώτημα δεν βγαίνει πιο γρήγορα με τη χρήση βοηθητικής συνάρτησης ή κάνω λάθος ;

Ναι με την g(x)=e^x+3x^3+2x...

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 01, 2013 12:46 am**

kostas_zervos έγραψε:
nick41 έγραψε:Το 1ο ερώτημα δεν βγαίνει πιο γρήγορα με τη χρήση βοηθητικής συνάρτησης ή κάνω λάθος ;
Ναι με την

Αυτή είχα και εγώ κατά νου

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 28, 2013 1:07 am**

Να δώσω κι εγώ την δική μου-ελαφρώς διαφορετική-προσέγγιση στο όμορφο θέμα με ενδιαφέρον σαφώς.

1) Μας δίνεται ως δεδομένη η σχέση $\displaystyle{e^{f(x)}+3(f(x))^{3}+2f(x)=3e^{-3x}+2e^{-x}+e^{e^{-x}}\,\,\,(1)}$

Θεωρώ την συνάρτηση $\displaystyle{g(x)=e^{x}+3x^{3}+2x, \,\,\,x\in \mathbb{R}}$ Βρίσκουμε την παράγωγο της εν λόγω συνάρτησης και έχουμε

$\displaystyle{g'(x)=e^{x}+9x^{2}+2 > 0\Leftrightarrow g'(x) > 0\Rightarrow}$ γνησίως αύξουσα συνάρτηση, συνεπώς είναι και $\displaystyle{"1-1"}$

Επίσης παρατηρούμε ότι : $\displaystyle{g(e^{-x})=3e^{-3x}+2x^{-x}+e^{e^{-x}}, \,\,\, (2)}$ και $\displaystyle{g(f(x))=e^{f(x)}+3(f(x))^{3}+2f(x), \,\,\, (3)}$

Από τις σχέσεις (1), (2), (3)

προκύπτει ότι $\displaystyle{g(f(x))= g(e^{-x})\overset{g:"1-1"}{\rightarrow} f(x)=e^{-x}}$ και αφού η κατασκευασμένη συνάρτηση

είναι γνησίως μονότονη, τότε η f(x)

που βρήκαμε, μοναδική.

2) Έχουμε $\displaystyle{g(x)=\frac{1}{e^{-x}}-e \cdot e^{-x}=e^{x}-e^{1-x}\Leftrightarrow g(x)=e^{x}-e^{1-x}}$

Υπολογίζοντας την πρώτη παράγωγο της συνάρτησης έχουμε:

$\displaystyle{g'(x)=(e^{x}-e^{1-x})'= e^{x}+e^{1-x} > 0 \,\,\,\vee \,\,x\in \mathbb{R}}$ συνεπώς η

είναι γνησίως αύξουσα συνάρτηση.

3) Από το προηγούμενο ερώτημα η

γνησίως αύξουσα οπότε για

$\displaystyle{x\leq t\leq x+1\Rightarrow g(x)\leq g(t)\leq g(x+1)\Rightarrow}$

$\displaystyle{\int_{x}^{x+1}g(x)dt \leq \int_{x}^{x+1}g(t)dt\leq \int_{x}^{x+1}g(x+1)dt\Rightarrow}$

$\displaystyle{(e^{x}-e^{1-x}) \cdot (x+1-x)\leq \int_{x}^{x+1}g(t)dt\leq (e^{x+1}-e^{-x}) \cdot (x+1-x)\Rightarrow e^{x}-e^{1-x}\leq \int_{x}^{x+1}g(t)dt\leq e^{x+1}-e^{-x}}$

Για το όριο έχουμε:

Είναι $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty }(e^{x}-e^{1-x})=\lim_{x\rightarrow +\infty }(e^{x}-\frac{1}{e^{x-1}})=}$

$\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty }\frac{e^{2x}-e}{e^{x}}=(\frac{0}{0})\overset{De L'Hospital}{\rightarrow}\lim_{x\rightarrow +\infty }\frac{e^{2x}-e}{e^{x}}=}$

$\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty }\frac{(e^{2x}-e)'}{(e^{x})'}=2\lim_{x\rightarrow +\infty }e^{x}=+\infty }$

Με όμοιο τρόπο υπολογίζουμε και το $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty }(e^{x+1}-e^{x})=...=+\infty}$

Από το κριτήριο παρεμβολής έχουμε ότι $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty }\int_{x}^{x+1}g(t)dt=+\infty}$ όπου και βρήκαμε το ζητούμενο.

Εξυπακούεται ότι η συνάρτηση

είναι συνεχής-άρα και ολοκληρώσιμη-αφού η

είναι παραγωγίσιμη και άρα συνεχής.

4) Θεωρούμε την συνάρτηση $\displaystyle{t(x)=g(x)+k(x),\,\,}$ με $\displaystyle{k(x)=\int_{0}^{x}h(t)dt}$

Η συνάρτηση

είναι συνεχής στο $\displaystyle{[0,1]}$ ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων.

$\bullet$ $\displaystyle{t(0)=g(0)+k(0)=e^{0}-e^{1-0}+0=1-e}$

$\bullet$ $\displaystyle{t(1)=g(1)+k(1)=e^{1}-e^{1-1}+0=e-1}$

Άρα $\displaystyle{t(0)\cdot t(1)= (e-1)\cdot (1-e)=-(1-e)^{2}< 0}$ από θεώρημα Bolzano έχουμε ότι

$\displaystyle{\exists \,\,\xi\in (0,1): \,\,t(\xi)=0\Leftrightarrow g(\xi)+k(\xi)=0}$

Επισήμανση: 1)Στο ερώτημα 3) δεν νομίζω ότι βγαίνει η ανισότητα που ζητάει, κι εγώ την ανισότητα που έβγαλε ο Βασίλης απέδειξα.
2) Η συνάρτηση που έχω θέσει στο ερώτημα

και την ονομάζω

σαφώς και είναι διαφορετική από αυτή του
ερωτήματος

.

mathematica.gr

Με ενδιαφέρον....

Με ενδιαφέρον....

Re: Με ενδιαφέρον....

Re: Με ενδιαφέρον....

Re: Με ενδιαφέρον....

Re: Με ενδιαφέρον....

Re: Με ενδιαφέρον....