mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 16, 2014 9:33 pm**

Δίνεται η συνεχής συνάρτηση $f:[0, +\infty) \to \mathbb{R}$ για την οπoία ισχύει η σχέση
$\displaystyle{e^x(f(x)+f'(x))=1\,\,\, \displaystyle{f(2)=e^{-2}}}$

1) Nα βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης

2) $\displaystyle{\int_{1}^{2}{f(x)dx} \geq \frac{1}{e^3}}$

3) $\displaystyle{\lim_{x \to +\infty}f(x^2)sin(\frac{1}{x^3})=0}$ , $\displaystyle{\lim_{x \to 0^{+}}f(x^3)tan(x^6+\frac{\pi}{2})=;}$

4) $\displaystyle{\int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{5\pi}{6}}{[lnf(x)-sinx]}dx=;}$

Yγ αλλάχτηκε η συνθήκη για την ευρεση της συνάρτησης, λόγω ένωσης διαστημάτων, πλέον είναι λιγότερο όμορφη αλλα τουλάχιστον σωστή...

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 16, 2014 10:43 pm**

Να κάνω την αρχή με το 1. ερώτημα.

1. Είναι $\displaystyle{f(x)={{e}^{-x}}\int\limits_{2-x}^{x}{\frac{f(t)}{f(t)+f(2-t)}dt}}$ , άρα $\displaystyle{f(2)={{e}^{-2}}\int\limits_{0}^{2}{\frac{f(t)}{f(t)+f(2-t)}dt}={{e}^{-2}}I}$ , όπου $\displaystyle{I=\int\limits_{0}^{2}{\frac{f(t)}{f(t)+f(2-t)}dt}}$ (1)
Για το $\displaystyle{I}$ θέτω $\displaystyle{2-t=u}$ , οπότε για $\displaystyle{t=0\Rightarrow u=2\wedge t=2\Rightarrow u=0}$ ενώ $\displaystyle{-dt=du}$ , άρα
$\displaystyle{I=\int\limits_{2}^{0}{-\frac{f(2-u)}{f(u)+f(2-u)}du}=\int\limits_{0}^{2}{\frac{f(2-u)}{f(u)+f(2-u)}du}\Leftrightarrow I=\int\limits_{0}^{2}{\frac{f(2-t)}{f(t)+f(2-t)}dt}}$ (2).
Προσθέτω κατά μέλη τις (1),(2) και έχω $\displaystyle{2I=\int\limits_{0}^{2}{\frac{f(t)}{f(t)+f(2-t)}+dt}\int\limits_{0}^{2}{\frac{f(2-t)}{f(t)+f(2-t)}dt}\Leftrightarrow 2I=\int\limits_{0}^{2}{\frac{f(t)+f(2-t)}{f(t)+f(2-t)}dt}\Leftrightarrow }$ $\displaystyle{2I=\int\limits_{0}^{2}{1dt}\Leftrightarrow 2I=\left[ t \right]_{0}^{2}\Leftrightarrow 2I=2\Leftrightarrow I=1}$ .
Άρα $\displaystyle{f(2)={{e}^{-2}}\cdot 1\Leftrightarrow f(2)={{e}^{-2}}}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 16, 2014 10:59 pm**

2. Επειδή $\displaystyle{f}$ συνεχής και $\displaystyle{2-t}$ συνεχής η $\displaystyle{f(2-t)}$ συνεχής ως σύνθεση συνεχών συναρτήσεων , άρα και η $\displaystyle{f(t)+f(2-t)}$ συνεχής ως άθροισμα συνεχών , άρα και η $\displaystyle{\frac{f(t)}{f(t)+f(2-t)}}$ συνεχής ως πηλίκο συνεχών , οπότε η $\displaystyle{\int\limits_{2-x}^{x}{\frac{f(t)}{f(t)+f(2-t)}dt}}$ παραγωγίσιμη. Επομένως η $\displaystyle{f}$ παραγωγίσιμη ως γινόμενο των παραγωγίσιμων συναρτήσεων $\displaystyle{\int\limits_{2-x}^{x}{\frac{f(t)}{f(t)+f(2-t)}dt}}$ και $\displaystyle{{{e}^{-x}}}$ με $\displaystyle{f(x){{e}^{x}}=\int\limits_{2-x}^{x}{\frac{f(t)}{f(t)+f(2-t)}dt}\Leftrightarrow f(x){{e}^{x}}=\int\limits_{1}^{x}{\frac{f(t)}{f(t)+f(2-t)}dt}-\int\limits_{1}^{2-x}{\frac{f(t)}{f(t)+f(2-t)}dt}}$ , άρα
$\displaystyle{{f}'(x){{e}^{x}}+f(x){{e}^{x}}=\frac{f(x)}{f(x)+f(2-x)}+\frac{f(2-x)}{f(x)+f(2-x)}\Leftrightarrow {f}'(x){{e}^{x}}+f(x){{e}^{x}}=1\Leftrightarrow {{\left( f(x){{e}^{x}} \right)}^{\prime }}={{\left( x \right)}^{\prime }}}$
Άρα $\displaystyle{f(x){{e}^{x}}=x+c\Leftrightarrow f(x)={{e}^{-x}}\left( x+c \right)}$ , για $\displaystyle{x=2}$ έχω $\displaystyle{f(2)={{e}^{-2}}\left( 2+c \right)\Leftrightarrow c=-1}$ , οπότε $\displaystyle{f(x)={{e}^{-x}}\left( x-1 \right)}$ , η οποία ικανοποιεί τις αρχικές συνθήκες .
Άρα $\displaystyle{f(x)={{e}^{-x}}\left( x-1 \right)}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 16, 2014 11:02 pm**

erxmer έγραψε:Δίνεται η συνεχής συνάρτηση $f:[0,+\infty) \to \mathbb{R^*}$ για την οπoία ισχύει η σχέση $\displaystyle{f(x)=\int_{2-x}^{x}{\frac{e^{-x}f(t)dt}{f(t)+f(2-t)}}, x \geq 0}$

1) Aποδείξτε οτι $\displaystyle{f(2)=e^{-2}}$

2) Nα βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης

3) $\displaystyle{\int_{1}^{2}{f(x)dx} \geq -\frac{1}{3}}$

4) $\displaystyle{\lim_{x \to +\infty}f(x^2)sin(\frac{1}{x^3})=0}$ , $\displaystyle{\lim_{x \to 0^{+}}f(x^3)tan(x^6+\frac{\pi}{2})=;}$

5) $\displaystyle{\int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{5\pi}{6}}{[lnf(x)-sinx]}dx=;}$

Ομορφούλα..
1. Θέτω $\displaystyle{x=2}$ και έχω: $\displaystyle{f(2)=e^{-2}\int_{0}^{2}\frac{f(t)}{f(t)+f(2-t)}dt}$ .
Οπότε αρκεί να υπολογίσω το ολοκλήρωμα: $\displaystyle{\int_{0}^{2}\frac{f(t)}{f(t)+f(2-t)}dt}$ .
Έστω $\displaystyle{I=\int_{0}^{2}\frac{f(t)}{f(t)+f(2-t)}dt}$ . Τότε θέτω $\displaystyle{2-t=u}$ και άρα $\displaystyle{du=-dt}$ . Για $\displaystyle{t=0\Rightarrow u=2,\, \, \, \, t=2\Rightarrow u=0}$ . Τότε $\displaystyle{I=\int_{0}^{2}\frac{f(2-t)}{f(t)+f(2-t)}dt}$ και άρα: $\displaystyle{\left.\begin{matrix} \displaystyle{I=\int_{0}^{2}\frac{f(t)}{f(t)+f(2-t)}dt} & \\ \displaystyle{ I=\int_{0}^{2}\frac{f(2-t)}{f(t)+f(2-t)}dt}& \end{matrix}\right\}(+)\Rightarrow 2I=2\Rightarrow I=1}$

άρα $\displaystyle{f(2)=e^{-2}>0}$

2. Η $\displaystyle{f(x)=e^{-x}\int_{2-x}^{x}\frac{f(t)}{f(t)+f(2-t)}dt}$ . Επαναλαμβάνοντας την ίδια διαδικασία από πάνω έχουμε ότι αν θέσουμε $\displaystyle{u=2-t}$ τότε $\displaystyle{du=-dt}$ και για $\displaystyle{t=2-x\Rightarrow u=x, \, \, \, t=x\Rightarrow u=2-x}$ . Οπότε:
$\displaystyle{\left.\begin{matrix} \displaystyle{J=\int_{2-x}^{x}\frac{f(t)}{f(t)+f(2-t)}dt }& \\ \displaystyle{J=\int_{2-x}^{x}\frac{f(2-t)}{f(t)+f(2-t)}dt}& \end{matrix}\right\}(+)\Rightarrow 2J=\int_{2-x}^{x}dt\Leftrightarrow 2J=x-2+x\Leftrightarrow 2J=2x-2\Leftrightarrow J=x-1}$
οπότε $\displaystyle{f(x)=(x-1)e^{-x}}$ το οποίο ισχύει για $\displaystyle{x\neq 1}$ . Επειδή η $\displaystyle{f}$ είναι συνεχής στο $\displaystyle{x_0=1}$ , παίρνουμε ότι $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow 1}f(x)=0\Leftrightarrow \lim_{x\rightarrow 1}\left [ (x-1)e^{-x} \right ]=0}$ οπότε $\displaystyle{f(x)=(x-1)e^{-x},\, \, \, \, \, x\in \mathbb{R}}$ .

3.Το ολοκλήρωμα υπολογίζεται (κάτι άλλο θέλει να δει ο θεματοδότης τώρα, το οποίο δε βλέπω) και έχουμε:
$\displaystyle{\int_{1}^{2}f(x)dx=\int_{1}^{2}(x-1)e^{-x}dx=\left [ -e^{-x}(x-1) \right ]_1^2+\int_{1}^{2}e^{-x}dx=-e^{-2}+\left [- e^{-x} \right ]_1^2=-e^{-2}-e^{-2}+e^{-1}=e^{-1}-2e^{-2}=\sim 0.09>1/e^3}$
Δε μπόρεσα να αποδείξω την ανισότητα απευθείας, όποιος μπορέσει να το δείξει ας το βάλει.

4. $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty }\left [ f(x^2 )\sin \frac{1}{x^3} \right ]}$ .
Θέτω $\displaystyle{\frac{1}{x^3}=u\Rightarrow \frac{1}{u}=x^3\Rightarrow x=\sqrt[3]{\frac{1}{u}}\Rightarrow x^2 =\sqrt[3]{\frac{1}{u^2}}}$ και καθώς $\displaystyle{x\rightarrow \infty \Rightarrow u\rightarrow 0}$ οπότε το αρχικό όριο γράφεται: $\displaystyle{\lim_{u\rightarrow 0^+}f\left ( \sqrt[3]{\frac{1}{u^2}} \right )\sin x= ... =0}$ το οποίο όντως πάει στο μηδέν μετά από πράξεις... (τετριμμένες για αυτό και το αφήνω)

β) Για το επόμενο όριο θέτουμε $\displaystyle{u=x^3}$ οπότε το όριο γράφεται:
$\displaystyle{\lim_{x\rightarrow 0^+}f(x)\tan\left ( x^2+\frac{\pi }{2} \right )=-\infty }$ αφού $\displaystyle{f(x)<0}$ για $\displaystyle{x<1}$ .

5.Το ολοκλήρωμα είναι αρκετά απλό...
Έχουμε: $\displaystyle{\int_{\pi /2}^{5\pi /6}\left ( \ln f(x)-\sin x \right )dx= \int_{\pi /2}^{5\pi /6}\left [ -x\ln(x-1)+\sin x \right ]dx=\int_{\pi /2}^{5\pi /6}-x\cdot \ln(x-1)dx+\int_{\pi /2}^{5\pi /6}\sin x dx=...}$ το πρώτο υπολογίζεται εύκολα ...

Μία ενδεικτική λύση είναι η εξής:
$\displaystyle{\int_{\pi /2}^{5\pi /6}(-x\ln (x-1))dx=\int_{5\pi /6}^{\pi /2}x\ln(x-1)dx=\left [ \frac{x^2}{2}\ln(x-1) \right ]_{5\pi /6}^{\pi /2}-\int_{5\pi /6}^{\pi /2}\frac{x^2}{x-1}dx=...}$ και συνεχίζουμε κανονικά...

Μία ερώτηση: Λέει η εκφώνηση ότι η συνάρτηση είναι στο $\displaystyle{\mathbb{R}^*}$ . Έλα ντε, που αυτή έχει ρίζα στο $\displaystyle{x=1}$ , αφού $\displaystyle{f(1)=0}$ . Δεν κοίταξα από γραφικό πρόγραμμα, πώς είναι η γραφική, αλλά δεν είναι λίγο πρόβλημα αυτό;

$\displaystyle{(*)}$ Διορθώθηκε ένα τυπογραφικό. κ. Θοδωρή σας ευχαριστώ για την παρατήρηση.
Διόρθωσα και το αποτέλεσμα στο όριο. Διορθώθηκαν και τα υπόλοιπα μετά από αλλαγή εκφώνησης.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 16, 2014 11:09 pm**

Tolaso J Kos έγραψε:
erxmer έγραψε:Δίνεται η συνεχής συνάρτηση $f:[0,+\infty) \to \mathbb{R^*}$ για την οπoία ισχύει η σχέση $\displaystyle{f(x)=\int_{2-x}^{x}{\frac{e^{-x}f(t)dt}{f(t)+f(2-t)}}, x \geq 0}$

1) Aποδείξτε οτι $\displaystyle{f(2)=e^{-2}}$

2) Nα βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης

3) $\displaystyle{\int_{1}^{2}{f(x)dx} \geq -\frac{1}{3}}$

4) $\displaystyle{\lim_{x \to +\infty}f(x^2)sin(\frac{1}{x^3})=0}$ , $\displaystyle{\lim_{x \to 0^{+}}f(x^3)tan(x^6+\frac{\pi}{2})=;}$

5) $\displaystyle{\int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{5\pi}{6}}{[lnf(x)-sinx]}dx=;}$
Ομορφούλα..
1. Θέτω $\displaystyle{x=2}$ και έχω: $\displaystyle{f(2)=e^{-2}\int_{0}^{2}\frac{f(t)}{f(t)+f(2-t)}dt}$ .
Οπότε αρκεί να υπολογίσω το ολοκλήρωμα: $\displaystyle{\int_{0}^{2}\frac{f(t)}{f(t)+f(2-t)}dt}$ .
Έστω $\displaystyle{I=\int_{0}^{2}\frac{f(t)}{f(t)+f(2-t)}dt}$ . Τότε θέτω $\displaystyle{2-t=u}$ και άρα $\displaystyle{du=-dt}$ . Για $\displaystyle{t=0\Rightarrow u=2,\, \, \, \, t=2\Rightarrow u=0}$ . Τότε $\displaystyle{I=\int_{0}^{2}\frac{f(2-t)}{f(t)+f(2-t)}dt}$ και άρα: $\displaystyle{\left.\begin{matrix} \displaystyle{I=\int_{0}^{2}\frac{f(t)}{f(t)+f(2-t)}dt} & \\ \displaystyle{ I=\int_{0}^{2}\frac{f(2-t)}{f(t)+f(2-t)}dt}& \end{matrix}\right\}(+)\Rightarrow 2I=2\Rightarrow I=1}$

άρα $\displaystyle{f(2)=e^{-2}>0}$

2. Επειδή είναι $\displaystyle{f:[0, \infty ]\rightarrow \mathbb{R}^*}$ παίρνουμε ότι $\displaystyle{f(x)\neq 0\, \, \, \forall x\geq 0}$ . Όμως $\displaystyle{f(2)>0}$ άρα $\displaystyle{f(x)>0}$ . Τότε η $\displaystyle{f(x)=e^x\int_{2-x}^{x}\frac{f(t)}{f(t)+f(2-t)}dt}$ . Επαναλαμβάνοντας την ίδια διαδικασία από πάνω έχουμε ότι αν θέσουμε $\displaystyle{u=2-t}$ τότε $\displaystyle{du=-dt}$ και για $\displaystyle{t=2-x\Rightarrow u=x, \, \, \, t=x\Rightarrow u=2-x}$ . Οπότε:
$\displaystyle{\left.\begin{matrix} \displaystyle{J=\int_{2-x}^{x}\frac{f(t)}{f(t)+f(2-t)}dt }& \\ \displaystyle{J=\int_{2-x}^{x}\frac{f(2-t)}{f(t)+f(2-t)}dt}& \end{matrix}\right\}(+)\Rightarrow 2J=\int_{2-x}^{x}dt\Leftrightarrow 2J=x-2+x\Leftrightarrow 2J=2x-2\Leftrightarrow J=x-1}$
οπότε $\displaystyle{f(x)=(x-1)e^{-x}}$

3.Το ολοκλήρωμα υπολογίζεται (κάτι άλλο θέλει να δει ο θεματοδότης τώρα, το οποίο δε βλέπω) και έχουμε:
$\displaystyle{\int_{1}^{2}f(x)dx=\int_{1}^{2}(x-1)e^{-x}dx=\left [ -e^{-x}(x-1) \right ]_1^2+\int_{1}^{2}e^{-x}dx=-e^{-2}+\left [ e^{-x} \right ]_1^2=e^{-1}\geq \frac{1}{3}}$ αλλά αυτό φαίνεται , επίσης και αμέσως, αφού η $\displaystyle{f}$ διατηρεί πρόσημο και είναι και θετική είναι $\displaystyle{\int_{1}^{2}f(x)dx>0}$ . Μήπως ο θεματοδότης ήθελε να γράψει κάτι θετικό;

4. $\displaystyle{\lim_{x\rightarrow +\infty }\left [ f(x^2 )\sin \frac{1}{x^3} \right ]}$ .
Θέτω $\displaystyle{\frac{1}{x^3}=u\Rightarrow \frac{1}{u}=x^3\Rightarrow x=\sqrt[3]{\frac{1}{u}}\Rightarrow x^2 =\sqrt[3]{\frac{1}{u^2}}}$ και καθώς $\displaystyle{x\rightarrow \infty \Rightarrow u\rightarrow 0}$ οπότε το αρχικό όριο γράφεται: $\displaystyle{\lim_{u\rightarrow 0^+}f\left ( \sqrt[3]{\frac{1}{u^2}} \right )\sin x= ... =0}$ το οποίο όντως πάει στο μηδέν μετά από πράξεις... (τετριμμένες για αυτό και το αφήνω)

β) Για το επόμενο όριο θέτουμε $\displaystyle{u=x^3}$ οπότε το όριο γράφεται:
$\displaystyle{\lim_{x\rightarrow 0^+}f(x)\tan\left ( x^2+\frac{\pi }{2} \right )=+\infty }$ αφού $\displaystyle{f(x)>0}$ .

5.Το ολοκλήρωμα είναι αρκετά απλό...
Έχουμε: $\displaystyle{\int_{\pi /2}^{5\pi /6}\left ( \ln f(x)-\sin x \right )dx= \int_{\pi /2}^{5\pi /6}\left [ -x\ln(x-1)+\sin x \right ]dx=\int_{\pi /2}^{5\pi /6}-x\cdot \ln(x-1)dx+\int_{\pi /2}^{5\pi /6}\sin x dx=...}$ το πρώτο υπολογίζεται εύκολα ...

Μία ενδεικτική λύση είναι η εξής:
$\displaystyle{\int_{\pi /2}^{5\pi /6}(-x\ln (x-1))dx=\int_{5\pi /6}^{\pi /2}x\ln(x-1)dx=\left [ \frac{x^2}{2}\ln(x-1) \right ]_{5\pi /6}^{\pi /2}-\int_{5\pi /6}^{\pi /2}\frac{x^2}{x-1}dx=...}$ και συνεχίζουμε κανονικά...

Μία ερώτηση: Λέει η εκφώνηση ότι η συνάρτηση είναι στο $\displaystyle{\mathbb{R}^*}$ . Έλα ντε, που αυτή έχει ρίζα στο $\displaystyle{x=1}$ , αφού $\displaystyle{f(1)=0}$ . Δεν κοίταξα από γραφικό πρόγραμμα, πώς είναι η γραφική, αλλά δεν είναι λίγο πρόβλημα αυτό;

με πρόλαβες ....
κάνε μια δίορθωση στο "τυπογραφικό" λάθος.....
2ο ερώτημα 1η γραμμή είναι "τότε η $\displaystyle{f(x)={{e}^{-x}}\int\limits_{2-x}^{x}{\frac{f(t)}{f(t)+f(2-t)}dt}}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 16, 2014 11:12 pm**

Ένα γενικό σχόλιο... η άσκηση έχει πρόβλημα... λέει ότι: $\displaystyle{f:[0, +\infty )\rightarrow \mathbb{R}^*}$ . Εγώ και ο κ. Θόδωρος βγάλαμε τη συνάρτηση να έχει τύπο $\displaystyle{f(x)=(x-1)e^{-x}}$ . Όπως είπα παραπάνω , είναι $\displaystyle{f(1)=0}$ . Αυτό αντίκειται στην εκφώνηση... επιπλέον με τα δεδομένα που έχουμε είναι $\displaystyle{f(x)>0}$ για κάθε $\displaystyle{x\geq0}$ .

Έλα όμως που δεν είναι. Παίρνοντας παράγωγο της $\displaystyle{f}$ βγάζουμε ότι η συνάρτηση είναι γνήσια αύξουσα στο $\displaystyle{[0, 2]}$ και γνήσια φθίνουσα στο $\displaystyle{[2, +\infty )}$ . Συνεπώς το σύνολο τιμών είναι $\displaystyle{f\left ( [0, +\infty ) \right )=[-e^{-1}, e^{-2}] \cup (0,e^{-2}]}$ το οποίο αντίκειται πάλι στην εκφώνηση. Οπότε πρέπει ο θεματοδότης κάτι να κάνει με αυτό.

Προσωπικά μου άρεσε , για τα 2 πρώτα ερωτήματα.

Έλυσα την άσκηση με τα δεδομένα που είχε... και αφήνω τη λύση όπως είναι. Αν αλλάξει κάτι ,θα αλλάξω και τη λύση.
Αυτά προς το παρόν, ελπίζω να μην σας κούρασα....

Φιλικά

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 17, 2014 4:02 pm**

Διορθώθηκαν αβλεψίες της "ιδιοκατασκευής"...Ευχαριστώ όσους ασχολήθηκαν με την επίλυση της.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 17, 2014 9:01 pm**

Tolaso J Kos έγραψε: Δε μπόρεσα να αποδείξω την ανισότητα απευθείας, όποιος μπορέσει να το δείξει ας το βάλει.

Τόλη, όπως έδειξες, $\displaystyle{\int_{1}^{2}f(x)\,dx=e^{-1}-2\,e^{-2}}$ , άρα

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{1}^{2}f(x)\,dx\geq \frac{1}{e^3}&\Leftrightarrow e^{-1}-2\,e^{-2}\geq \frac{1}{e^3}\\&\Leftrightarrow e^{2}-2\,e-1\geq 0\\&\Leftrightarrow \left(e-1\right)^2\geq 2\\&\Leftrightarrow e-1\geq \sqrt{2}\\&\Leftrightarrow e\geq 1+\sqrt{2}\end{aligned}}$

Η τελευταία ισχύει και μάλιστα έχουμε γνήσια ανισότητα, διότι

$\displaystyle{e>\frac{5}{2}\Rightarrow e-1>\frac{3}{2}>\sqrt{2}\,\,(9>8)}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 18, 2014 1:03 pm**

Θεοδωρος Παγωνης έγραψε:2. Επειδή $\displaystyle{f}$ συνεχής και $\displaystyle{2-t}$ συνεχής η $\displaystyle{f(2-t)}$ συνεχής ως σύνθεση συνεχών συναρτήσεων , άρα και η $\displaystyle{f(t)+f(2-t)}$ συνεχής ως άθροισμα συνεχών , άρα και η $\displaystyle{\frac{f(t)}{f(t)+f(2-t)}}$ συνεχής ως πηλίκο συνεχών , οπότε η $\displaystyle{\int\limits_{2-x}^{x}{\frac{f(t)}{f(t)+f(2-t)}dt}}$ παραγωγίσιμη. Επομένως η $\displaystyle{f}$ παραγωγίσιμη ως γινόμενο των παραγωγίσιμων συναρτήσεων $\displaystyle{\int\limits_{2-x}^{x}{\frac{f(t)}{f(t)+f(2-t)}dt}}$ και $\displaystyle{{{e}^{-x}}}$ με $\displaystyle{f(x){{e}^{x}}=\int\limits_{2-x}^{x}{\frac{f(t)}{f(t)+f(2-t)}dt}\Leftrightarrow f(x){{e}^{x}}=\int\limits_{1}^{x}{\frac{f(t)}{f(t)+f(2-t)}dt}-\int\limits_{1}^{2-x}{\frac{f(t)}{f(t)+f(2-t)}dt}}$ , άρα
$\displaystyle{{f}'(x){{e}^{x}}+f(x){{e}^{x}}=\frac{f(x)}{f(x)+f(2-x)}+\frac{f(2-x)}{f(x)+f(2-x)}\Leftrightarrow {f}'(x){{e}^{x}}+f(x){{e}^{x}}=1\Leftrightarrow {{\left( f(x){{e}^{x}} \right)}^{\prime }}={{\left( x \right)}^{\prime }}}$
Άρα $\displaystyle{f(x){{e}^{x}}=x+c\Leftrightarrow f(x)={{e}^{-x}}\left( x+c \right)}$ , για $\displaystyle{x=2}$ έχω $\displaystyle{f(2)={{e}^{-2}}\left( 2+c \right)\Leftrightarrow c=-1}$ , οπότε $\displaystyle{f(x)={{e}^{-x}}\left( x-1 \right)}$ , η οποία ικανοποιεί τις αρχικές συνθήκες .
Άρα $\displaystyle{f(x)={{e}^{-x}}\left( x-1 \right)}$

Υ.γ. Μετά την τροποποίηση που έγινε στην όμορφη άσκηση , από τον erxmer , η λύση που παρουσιάζω στην εύρεση του τύπου της συνάρτησης προφανώς είναι λάθος , αφού η διαφορική $\displaystyle{{{\left( f(x){{e}^{x}} \right)}^{\prime }}={{\left( x \right)}^{\prime }}}$ είναι σε ένωση διαστημάτων και όχι σε διάστημα , όπως επίσης δεν ορίζεται το ολοκλήρωμα με πάνω ή κάτω όριο ολοκλήρωσης το 1.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 24, 2014 11:36 pm**

Παρατηρώντας την άσκηση η οποία σαν ιδέα μου άρεσε πολύ είδα ότι για τη συνάρτηση ολοκλήρωμα δεν ορίζεται πεδίο ορισμού.
Οπότε θεωρώ ότι υπάρχει πρόβλημα σε οποιαδήποτε λύση.
Η συνάρτηση $g(t)=\frac{f(t)}{f(t)+f(2-t)}$ ορίζεται σε διαστήματα της μορφής (α,1) και (1,β) αφού f(1)=0 και στα οποία δεν γίνεται τα άκρα ολοκλήρωσης x και 2-χ να δώσουν κοινές λύσεις.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Απρ 09, 2014 9:47 am**

erxmer έγραψε:Δίνεται η συνεχής συνάρτηση $f:[0, +\infty) \to \mathbb{R}$ για την οπoία ισχύει η σχέση
$\displaystyle{e^x(f(x)+f'(x))=1\,\,\, \displaystyle{f(2)=e^{-2}}}$

1) Nα βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης

Yγ αλλάχτηκε η συνθήκη για την ευρεση της συνάρτησης, λόγω ένωσης διαστημάτων, πλέον είναι λιγότερο όμορφη αλλα τουλάχιστον σωστή...

Λοιπόν για να μη μείνει..., αν και είναι απλή η διαφορική. Σημείωση οι παραπάνω λύσεις που έχουμε δώσει εγώ και ο κ. Θόδωρος είναι λάθος... για την εύρεση της συνάρτησης.
Βέβαια όπως επισήμανε ο ermxer είναι λιγότερο όμορφη, τώρα, αλλά αν δε γινόταν να σωθεί η αρχική εκφώνηση, τότε σίγουρα έπρεπε να αλλαχθεί.
Οπότε λοιπόν, δίδω τη λύση στο πρώτο ερώτημα.

Δίδεται η σχέση $\displaystyle{e^x(f'(x)+f(x))=1\, \, \, \, \forall x\geq 0}$ . Με αντιπαράγωγιση έχουμε $\displaystyle{\left [ e^xf(x) \right ]'=(x)'\Rightarrow e^xf(x)=x+c \overset{x=2,\, \, c=-1}{\Rightarrow }f(x)=e^{-x}(x-1),\, \, \, x\geq 0}$ .

Και συνεχίζουμε σύμφωνα με τις προηγούμενες λύσεις που δόθηκαν, μιας και τα άλλα ερωτήματα κυλούσαν καλώς.

mathematica.gr

Υπολογιστική

Υπολογιστική

Re: Υπολογιστική

Re: Υπολογιστική

Re: Υπολογιστική

Re: Υπολογιστική

Re: Υπολογιστική

Re: Υπολογιστική

Re: Υπολογιστική

Re: Υπολογιστική

Re: Υπολογιστική

Re: Υπολογιστική