mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Φεβ 02, 2009 2:30 pm**

Έστω η συνάρτηση $f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l} x + x^2 \eta \mu \frac{1}{x} , \ {\rm{ \alpha \nu }} \ x \ne 0 \vspace{0.2cm}\\ 0 , \ {\rm{ \alpha \nu }} \ x = 0 \\ \end{array} \right.{\rm{ }}$
Να βρεθεί η πρώτη παράγωγος για κάθε χ και να εξεταστεί αν η παράγωγος είναι συνεχής .
Να αποδειχθεί ότι για κάθε ε θετικό η συνάρτηση δεν είναι αύξουσα στο (-ε,ε)

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 20, 2011 12:28 pm**

επαναφορά

με ενδιαφέρει κυρίως το τελευταίο ερώτημα,
υπάρχει άραγε σχολική λύση σε αυτό;

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 20, 2011 5:06 pm**

smar έγραψε:Έστω η συνάρτηση $f\left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l} x + x^2 \eta \mu \frac{1}{x} , \ {\rm{ \alpha \nu }} \ x \ne 0 \vspace{0.2cm}\\ 0 , \ {\rm{ \alpha \nu }} \ x = 0 \\ \end{array} \right.{\rm{ }}$
Να βρεθεί η πρώτη παράγωγος για κάθε χ και να εξεταστεί αν η παράγωγος είναι συνεχής .
Να αποδειχθεί ότι για κάθε ε θετικό η συνάρτηση δεν είναι αύξουσα στο (-ε,ε)

Κάνω μόνο το τελευταίο μέρος γιατί τα υπόλοιπα είναι ρουτίνα.

Θα χρησιμοποιήσω τα

α) Στο πρώτο τεταρτημόριο είναι $\displaystyle 1 - \frac{y^2}{2} \le \cos y$ (για την απόδειξη δείχνουμε με παραγώγους ότι η $\displaystyle \cos y - 1 + \frac{y^2}{2}$ είναι αύξουσα),

β) Για μικρά θετικά

είναι $\frac {y}{2} \le \sin y$ (για την απόδειξη εξετάζουμε το όριο στο 0^+

της $\frac {\sin y}{y}$ , το οποίο είναι

άρα, αργά ή γρήγορα > 1/2

).

Αρκεί να δείξουμε ότι η δοθείσα έχει παράγωγο που παίρνει (και) αρνητικές τιμές σε οποιαδήποτε περιοχή του

. Η παράγωγος που εξετάζουμε είναι η $1 + 2x \sin \frac {1}{x} - \cos \frac {1}{x}$ .

Θέτουμε $\displaystyle x=\frac {1}{2k\pi - \frac {1}{k\pi}}$ , που βέβαια τείνει στο 0^+

.

Τότε

$\displaystyle 1 + 2x \sin \frac {1}{x} - \cos \frac {1}{x} = 1 + \frac {2}{2k\pi - \frac {1}{k\pi}} \sin \left(2k\pi - \frac {1}{k\pi} \right)- \cos \left(2k\pi - \frac {1}{k\pi} \right) =$

$\displaystyle =1 + \frac {2}{2k\pi - \frac {1}{k\pi}} \sin \left( - \frac {1}{k\pi} \right)- \cos \left( - \frac {1}{k\pi} \right) =$

$\displaystyle = 1 - \cos \left( \frac {1}{k\pi} \right) - \frac {2}{2k\pi - \frac {1}{k\pi}} \sin \left( \frac {1}{k\pi} \right)$

$\displaystyle \le \frac{1}{2} \left( \frac {1}{k\pi} \right)^2 -\frac {1}{2} \frac {2}{2k\pi - \frac {1}{k\pi}}\left( \frac {1}{k\pi} \right)$

$\displaystyle = \frac{1}{2} \left( \frac {1}{k\pi} \right)\left ( \frac {2}{2k\pi} - \frac {2}{2k\pi - \frac {1}{k\pi}} \right) < 0$ ,

όπως θέλαμε.

Φιλικά,

Μιχάλης

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 20, 2011 6:06 pm**

ευχαριστώ

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 20, 2011 6:53 pm**

Διαφορετικά:

Όπως και στην λύση του Μιχάλη αρκεί να δείξουμε ότι η συνάρτηση $g(x) = 1 + 2x\sin(1/x) - \cos(1/x)$ παίρνει και αρνητικές τιμές σε κάθε διάστημα που περιέχει το 0. Έχουμε $g(1/2k\pi) = 0$ για κάθε $k \in \mathbb{Z}$ . Επίσης για κάθε $x \neq 0$ έχουμε $\displaystyle{g{'}(x) = 2\sin(1/x) - \frac{2\cos(1/x)}{x} - \frac{\sin(1/x)}{x^2}.}$ Άρα $g{'}(1/2k\pi) = -1/k\pi$ για $k \in \mathbb{Z}$ . Επομένως για $k \in \mathbb{N}$ , επειδή η συνάρτηση είναι συνεχής στο $x_k = 1/2k\pi$ με g{'}(x) < 0

η

είναι φθίνουσα κοντά στο x_k

και επειδή επιπλέον g(x_k) = 0

, έπεται ότι η

θα παίρνει και αρνητικές τιμές κοντά στο x_k

. Αφού η ακολουθία x_k

τείνει στο 0, τότε τελειώσαμε.

----------------------
Η πιο πάνω συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη με f{'}(0) > 0

χωρίς να είναι αύξουσα σε κάποια περιοχή του

. Μια διαφορετική συνάρτηση με αυτήν την ιδιότητα είναι η $\displaystyle{ h(x) = x + 2x^2\sin(1/x)}$ . Αυτή έχει το πλεονέκτημα ότι βλέπουμε απευθείας ότι δεν είναι αύξουσα σε κανένα διάστημα του 0 αφού $h{'}(1/2k\pi) = -1 < 0$ .

mathematica.gr

παρόμοια μέ τού ΑΣΕΠ

παρόμοια μέ τού ΑΣΕΠ

Re: παρόμοια μέ τού ΑΣΕΠ

Re: παρόμοια μέ τού ΑΣΕΠ

Re: παρόμοια μέ τού ΑΣΕΠ

Re: παρόμοια μέ τού ΑΣΕΠ