Νew year

erxmer · #1

Δίνονται οι παραγωγίσιμες συναρτήσεις $f,g : R \to R$ ώστε: $\displaystyle{\left\{\begin{matrix} f(x)=ln(g(x)+x)\\ \\ \displaystyle{f'(x)=\frac{1}{g(x)}}\\ \\ g(x)>0, g(x)+x>0\\ \\ g(0)=1\\ \end{matrix}\right.}$

1) Nα βρεθούν οι τύποι των συναρτήσεων

2) Να λυθεί η ανίσωση $\displaystyle{f(x^2+2)+f(2x)>f(x^2)+f(2x+2), x>0}$

3) $\displaystyle{\exists a>0: g(a) \cdot ln (\sqrt{x^2+1}+x)=x, x>0}$

4) Nα υπολογιστεί το $\displaystyle{\int_{0}^{1}\frac{f(t)}{g(t)}dt}$

andreas576 · #2

${f}'(x)=\frac{1}{g(x)}=\frac{{g}'(x)+1}{g(x)+x}\Leftrightarrow {g}'(x)g(x)=x\Leftrightarrow g(x)=\sqrt{x^{2}+c}$
με c=1 αφού g(0)=0 και $f(x)=ln(\sqrt{x^{2}+1}+x)$
Έστω h(x)=f(x+2)-f(x) , x>0

h γν.φθίνουσα αρα $h(x^{2})>h(2x)\Leftrightarrow x^{2}<2x\Leftrightarrow x<2$

Έστω x>0 από ΘΜΤ για την f στο $[0,x] ,\exists a\in (0,x):\frac{f(x)}{x}=f'(a)=\frac{1}{g(a)}$

$\frac{f(x)}{g(x)}=f(x)f'(x)$ Άρα $\int_{0}^{1}\frac{f(t)}{g(t)}dt=\frac{f^{2}(1)}{2}-\frac{f^{2}(0)}{2}=\frac{[ln({\sqrt{2}+1)}]^2}{2}$

andreas576 · #3

andreas576 έγραψε: ${f}'(x)=\frac{1}{g(x)}=\frac{{g}'(x)+1}{g(x)+x}\Leftrightarrow {g}'(x)g(x)=x\Leftrightarrow g(x)=\sqrt{x^{2}+c}$
με c=1 αφού g(0)=0 και $f(x)=ln(\sqrt{x^{2}+1}+x)$
Έστω
h γν.φθίνουσα αρα $h(x^{2})>h(2x)\Leftrightarrow x^{2}<2x\Leftrightarrow x<2$

Έστω x>0 από ΘΜΤ για την f στο $[0,x] ,\exists a\in (0,x):\frac{f(x)}{x}=f'(a)=\frac{1}{g(a)}$

$\frac{f(x)}{g(x)}=f(x)f'(x)$ Άρα $\int_{0}^{1}\frac{f(t)}{g(t)}dt=\frac{f^{2}(1)}{2}-\frac{f^{2}(0)}{2}=\frac{[ln({\sqrt{2}+1)}]^2}{2}$

Επειδή λείπουν πράγματα.
για το (α):Έχουμε οτι η g ειναι θετική $g'(x)g(x)=x\Leftrightarrow g^{2}(x)=x^{2}+c\Leftrightarrow g(x)=\sqrt{x^{2}+c}$ και g(0)=1 αρα
c=1

Στο (β) $h'(x)=\frac{1}{g(x+2)}-\frac{1}{g(x)}< 0$ αφού g γν.αύξουσα στο $(0,+\infty )$

Τέλος για το (δ) έχουμε οτι $(\frac{f^{2}(x)}{2})'=f'(x)f(x)$

Νew year

Νew year

Re: Νew year

Re: Νew year

Μέλη σε σύνδεση