Επαναληπτική (5)

M.S.Vovos · #1

Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση

στο $[\alpha ,\beta ]$ , με f(x)>0

και $\displaystyle f'(x)=f^{2}(x)$ , για κάθε $x\in [\alpha ,\beta ]$ .

α) Να δείξετε ότι $\displaystyle \frac{1}{f(\alpha )}-\frac{1}{f(\beta )}=-\alpha +\beta$ .

β) Να δείξετε ότι υπάρχει μοναδικό $x_{0}\in (\alpha ,\beta )$ , ώστε $2lnf(x_{0})=lnf(\alpha )+lnf(\beta )$ .

γ) Να μελετήσετε τη συνάρτηση

ως προς τη μονοτονία, τα ακρότατα, τα κοίλα και τα σημεία καμπής.

Αν, επιπλέον, ισχύει $2015f(\alpha )=f(\beta )$ , τότε:

δ) Να βρείτε το ολοκλήρωμα $\displaystyle \int_{\alpha }^{\beta }f(x)dx$ .

ε) Να δείξετε ότι υπάρχει $\xi \in (\alpha ,\beta )$ , ώστε $\displaystyle f(\xi )=\frac{ln2015}{\beta -\alpha }$ .

Φιλικά,
Μάριος

Υ.Γ. Η άσκηση, προφανώς, δεν ζητά επίλυση της διαφορικής. Όποιος, έχει κέφι, ας τη λύσει.

Λάμπρος Μπαλός · #2

M.S.Vovos έγραψε:Υ.Γ. Η άσκηση, προφανώς, δεν ζητά επίλυση της διαφορικής.

Γιατί προφανώς; Αφού η διαφορική είναι πολύ απλή.

#3

M.S.Vovos έγραψε:Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση στο $[\alpha ,\beta ]$ , με και $\displaystyle f'(x)=f^{2}(x)$ , για κάθε $x\in [\alpha ,\beta ]$ .

α) Να δείξετε ότι $\displaystyle \frac{1}{f(\alpha )}-\frac{1}{f(\beta )}=\alpha -\beta$ .

β) Να δείξετε ότι υπάρχει μοναδικό $x_{0}\in (\alpha ,\beta )$ , ώστε $2lnf(x_{0})=lnf(\alpha )+lnf(\beta )$ .

γ) Να μελετήσετε τη συνάρτηση ως προς τη μονοτονία, τα ακρότατα, τα κοίλα και τα σημεία καμπής.

Αν, επιπλέον, ισχύει $2015f(\alpha )=f(\beta )$ , τότε:

δ) Να βρείτε το ολοκλήρωμα $\displaystyle \int_{\alpha }^{\beta }f(x)dx$ .

ε) Να δείξετε ότι υπάρχει $\xi \in (\alpha ,\beta )$ , ώστε $\displaystyle f(\xi )=\frac{ln2015}{\beta -\alpha }$ .

Φιλικά,
Μάριος

Υ.Γ. Η άσκηση, προφανώς, δεν ζητά επίλυση της διαφορικής. Όποιος, έχει κέφι, ας τη λύσει.

Ίσα ίσα, το λογικό είναι να λύσει κανείς τη δ.ε. και μετά να αποδείξει ένα ένα τα, πλέον, τετριμμένα ζητούμενα, αφού $\displaystyle{f(x)=\frac{1}{c-x}.}$ Επίσης, στο πρώτο ζητούμενο, το δεύτερο μέλος πρέπει να γίνει $\displaystyle{b-a.}$

#4

M.S.Vovos έγραψε:Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση στο $[\alpha ,\beta ]$ , με και $\displaystyle f'(x)=f^{2}(x)$ , για κάθε $x\in [\alpha ,\beta ]$ .

α) Να δείξετε ότι $\displaystyle \frac{1}{f(\alpha )}-\frac{1}{f(\beta )}=\alpha -\beta$ .

β) Να δείξετε ότι υπάρχει μοναδικό $x_{0}\in (\alpha ,\beta )$ , ώστε $2lnf(x_{0})=lnf(\alpha )+lnf(\beta )$ .

γ) Να μελετήσετε τη συνάρτηση ως προς τη μονοτονία, τα ακρότατα, τα κοίλα και τα σημεία καμπής.

Αν, επιπλέον, ισχύει $2015f(\alpha )=f(\beta )$ , τότε:

δ) Να βρείτε το ολοκλήρωμα $\displaystyle \int_{\alpha }^{\beta }f(x)dx$ .

ε) Να δείξετε ότι υπάρχει $\xi \in (\alpha ,\beta )$ , ώστε $\displaystyle f(\xi )=\frac{ln2015}{\beta -\alpha }$ .

Φιλικά,
Μάριος

Υ.Γ. Η άσκηση, προφανώς, δεν ζητά επίλυση της διαφορικής. Όποιος, έχει κέφι, ας τη λύσει.

Καλησπέρα.

α) $\displaystyle{f'(x) = {f^2}(x) \Leftrightarrow \frac{{f'(x)}}{{{f^2}(x)}} = 1 \Leftrightarrow {\left( { - \frac{1}{{f(x)}}} \right)^\prime } = (x)'}$ , οπότε $\displaystyle{\frac{1}{{f(x)}} = - x + c,a < b < c}$ .

Έχουμε λοιπόν: $\displaystyle{\frac{1}{{f(a)}} - \frac{1}{{f(b)}} = - a + c + b - c \Leftrightarrow }$ $\boxed{\frac{1}{{f(a)}} - \frac{1}{{f(b)}} = b - a}$

β) Εδώ νομίζω αναφέρεται το Υ. Γ του Μάριου. Αν λύσουμε τη διαφορική βρίσκουμε $\displaystyle{f(x) = \frac{1}{{c - x}} > 0,a < b < c}$ .

Η αποδεικτέα σχέση οδηγεί στην εξίσωση $\displaystyle{{x^2} - 2xc + (a + b)c - ab = 0}$ , που έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες, αλλά μόνο μία η $\displaystyle{{x_0} = c - \sqrt {(c - a)(c - b)} \in (a,b)}$

Ο δεύτερος τρόπος είναι να αγνοήσουμε τη διαφορική:
Είναι $\displaystyle{f'(x) = {f^2}(x) > 0}$ , άρα η

είναι γνησίως αύξουσα στο [a,b]

, οπότε

Έστω η συνάρτηση $\displaystyle{g(x) = {f^2}(x) - f(a)f(b)}$ που είναι συνεχής στο [a,b]

$\displaystyle{g(a)g(b) = - f(a)f(b){\left( {f(a) - f(b)} \right)^2} < 0}$ , άρα από , η

έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (a,b)

. Η ρίζα όμως αυτή είναι μοναδική αφού η

είναι γνησίως αύξουσα ( $\displaystyle{g'(x) = 2f(x)f'(x) > 0}$ )

Υπάρχει λοιπόν μοναδικό $\displaystyle{{x_0} \in (a,b):{f^2}({x_0}) = f(a)f(b) \Leftrightarrow }$ $\boxed{2\ln f({x_0}) = \ln f(a) + \ln f(b)}$

γ) Έχουμε ήδη πει ότι η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα, άρα θα έχει ολικό ελάχιστο f(a)

και ολικό μέγιστο f(b)

.
$\displaystyle{f''(x) = \frac{1}{{{{(c - x)}^2}}} > 0}$ , άρα είναι κυρτή στο [a,b]

.

Τα υπόλοιπα ερωτήματα αργότερα αν δεν απαντηθούν.

lowbaper92 · #5

M.S.Vovos έγραψε: Αν, επιπλέον, ισχύει $2015f(\alpha )=f(\beta )$ , τότε:

δ) Να βρείτε το ολοκλήρωμα $\displaystyle \int_{\alpha }^{\beta }f(x)dx$ .

ε) Να δείξετε ότι υπάρχει $\xi \in (\alpha ,\beta )$ , ώστε $\displaystyle f(\xi )=\frac{ln2015}{\beta -\alpha }$ .

δ) $\displaystyle{f'\left(x \right)=f^{2}\left(x \right)\Leftrightarrow f\left(x \right)=\frac{f'\left(x \right)}{f\left(x \right)}\Rightarrow \int_{\alpha }^{\beta }{f\left(x \right)dx}=\left[lnf\left(x \right) \right]_{\alpha }^{\beta }=lnf\left(\beta \right)-lnf\left(\alpha \right)=}$
$\displaystyle{=ln\left(2015f\left(\alpha \right) \right)-lnf\left(\alpha \right)=ln2015+lnf\left(\alpha \right)-lnf\left(\alpha \right)=ln2015\; \; \left(1 \right)}$

ε) Θεωρώ $\displaystyle{h(x)=lnf\left(x \right),\; x\in \left[\alpha ,\beta \right]}$
Από Θεώρημα Μέσης Τιμής στο διάστημα $\displaystyle{\left[\alpha ,\beta \right]}$ προκύπτει ότι
$\displaystyle{\exists \xi \in \left(\alpha ,\beta \right):h'\left(\xi \right)=\frac{lnf\left(\beta \right)-lnf\left(\alpha \right)}{\beta -\alpha }\Leftrightarrow \frac{f'\left(\xi \right)}{f\left(\xi \right)}=\frac{ln\left(2015f\left(a \right) \right)-lnf\left(\alpha \right)}{\beta -\alpha }\Leftrightarrow f\left(\xi \right)=\frac{ln2015}{\beta -\alpha }}$

Β' Τρόπος
Θεωρώ $\displaystyle{k\left(x \right)=\int_{\alpha }^{x}{f\left(t \right)dt}-\frac{ln2015}{\beta -\alpha }\left(x-\alpha \right),\; x\in \left[\alpha ,\beta \right]}$
με $\displaystyle{k'\left(x \right)=f\left(x \right)-\frac{ln2015}{\beta -\alpha }}$
$\displaystyle{\bullet \; k\left(\alpha \right)=0}$
$\displaystyle{\bullet \; k\left(\beta \right)=\int_{\alpha }^{\beta }{f\left(t \right)dt}-ln2015 \mathop = \limits^{\left(1 \right)}ln2015-ln2015=0}$
Από Θεώρημα Rolle στο διάστημα $\displaystyle{\left[\alpha ,\beta \right]}$ προκύπτει το ζητούμενο

M.S.Vovos · #6

Καλησπέρα, στη παρέα και από μένα!

Αφού, λύθηκε η άσκηση θα ήθελα να δικαιολογήσω το Υ.Γ.. Η άσκηση θεωρώ ότι χάνει κατά πολύ το διδακτικό της χαρακτήρα, εάν (όντως εύκολα)

δείξουμε ότι $\displaystyle f(x)=\frac{1}{c-x},\forall x\in [\alpha ,\beta ]$ . Η άσκηση, είχε μπει ως θέμα 4 σε διαγώνισμα προσομοίωσης (αν θέλετε

το ανεβάζω), σε σχολείο της Πετρούπολης. Δε γνωρίζω, το δημιουργό της άσκησης, αλλά μου φάνηκε καλή και έτσι την ανέβασα στο forum μας.

Φιλικά,
Μάριος

Επαναληπτική (5)

Επαναληπτική (5)

Re: Επαναληπτική (5)

Re: Επαναληπτική (5)

Re: Επαναληπτική (5)

Re: Επαναληπτική (5)

Re: Επαναληπτική (5)

Μέλη σε σύνδεση