mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 14, 2017 2:31 pm**

Eστω

μια αρχική συνάρτησης

για την οποία ισχύει η σχέση $\displaystyle{\left\{\begin{matrix} f'(x)=\displaystyle{\frac{x^2-2x+2}{x^2+2}} \cdot f(x)\\ \\ \displaystyle{f(0)=\frac{1}{2}}\\ \end{matrix}\right.}$ με F(1)=0

και

μια αρχική συνάρτησης

για την οποία ισχύει η σχέση

$\displaystyle{g(x)=\frac{f(x)}{e^{2x}}}$ με G(0)=0

.

1) Nα προσδιοριστούν οι τύποι των συναρτήσεων f,g

2) Nα μελετηθούν οι F,G

ως προς την κυρτότητα και την μονοτονία

3) Nα αποδειχθεί οτι η εξίσωση f(x)=-lnx, x>0

έχει μοναδική θετική ρίζα

4) Nα υπολογιστεί το εμβαδό του χωρίου μεταξύ της C_h

με $\displaystyle{h(x)=xe^x \cdot g(x)}$ και της e^x

μεταξύ των ευθειών x=-2, x=1

5) Να λυθεί η ανίσωση $\displaystyle{F(F(x))> G(-1)}$

6) $\displaystyle{\frac{e(x-1)}{3}< F(x) <\frac{e^x(x-1)}{x^2+2}, x>1}$

7) Nα υπολογιστούν τα $\displaystyle{\lim_{x \to +\infty}\frac{F(x)sinx}{e^x}}$ , $\displaystyle{\lim_{x \to +\infty}\frac{f(x)g(x)}{lnx}}$ , $\displaystyle{\lim_{x \to +\infty}[F(x+1)-F(x)]$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 14, 2017 10:13 pm**

...Δίνω μια σύντομη λύση για τα 3 πρώτα ερωτήματα.
1) Από τη δοθείσα σχέση πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη με $\displaystyle{e^{-x}(x^2+2)}$ έχουμε:
$\displaystyle{e^{-x}(x^2+2)f'(x)=(x^2-2x+2)e^{-x}f(x) \Leftrightarrow e^{-x}(x^2+2)f'(x)+(e^{-x}(x^2+2))'=0 \Leftrightarrow}$
$\displaystyle{ \Leftrightarrow (e^{-x}(x^2+2)f(x))'=0 \Leftrightarrow e^{-x}(x^2+2)f(x)=c,x\in \mathbb{R}(1)}$ . Για $\displaystyle{x=0}$ η (1) δίνει $\displaystyle{2f(1)=c \Leftrightarrow c=1}$ . Άρα $\displaystyle{\boxed{f(x)=\frac{e^x}{x^2+2}, x\in \mathbb{R}}}$ και $\displaystyle{g(x)=\frac{f(x)}{e^{2x}} \Leftrightarrow \boxed{g(x)=\frac{1}{(x^2+2)e^x}}$ .

2) Έχουμε $\displaystyle{F'(x)=f(x)=\frac{e^x}{x^2+2}>0}$ , για κάθε $\displaystyle{x\in \mathbb{R}}$ . Άρα, η $\displaystyle{F}$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{\mathbb{R}}$ . Επίσης $\displaystyle{F''(x)=f'(x)=\frac{e^x(x^2-2x+2)}{(x^2+2)^2}>0}$ για κάθε $\displaystyle{x\in \mathbb{R}}$ , αφού $\displaystyle{x^2-2x+2=(x-1)^2+1>0}$ , για κάθε $\displaystyle{x\in \mathbb{R}}$ , άρα η $\displaystyle{F}$ είναι κυρτή στο $\displaystyle{\mathbb{R}}$ .
Επίσης, έχουμε $\displaystyle{G'(x)=g(x)=\frac{1}{e^x(x^2+2)}>0}$ , άρα η $\displaystyle{G}$ είναι γνησίως αύξουσα στο $\displaystyle{\mathbb{R}}$ και $\displaystyle{G''(x)=g'(x)=-\frac{e^x(x^2+2x+2)}{(e^x(x^2+2))^2}<0}$ , άρα η $\displaystyle{G}$ είναι κοίλη.

3) Είναι ισοδύναμη με την $\displaystyle{f(x)+lnx=0 \Leftrightarrow k(x)=0(2)}$ , όπου $\displaystyle{k(x)=f(x)+lnx, x>0}$ που είναι γν. αύξουσα αφού $\displaystyle{k'(x)=f'(x)+\frac{1}{x}>0}$ , για κάθε $\displaystyle{x>0}$ . Όμως $\displaystyle{\lim_{x\to 0^+}k(x)=\lim_{x\to 0^+}f(x)+\lim_{x \to 0^+}lnx=\lim_{x\to 0^+}\frac{e^x}{x^2+2}+\lim_{x\to 0^+}lnx=\frac{1}{2}-\infty =-\infty}$ και
$\displaystyle{\lim_{x\to +\infty}k(x)=\lim_{x\to +\infty}f(x)+\lim_{x\to +\infty}lnx=\lim_{x\to +\infty}\frac{e^x}{x^2+2}+\lim_{x\to +\infty}lnx=+\infty}$ , αφού με διπλή εφαρμογή το Κανόνα De L' Hospital έχουμε $\displaystyle{\lim_{x\to +\infty}\frac{e^x}{x^2+2}=\lim_{x\to +\infty}\frac{e^x}{2x}=\lim_{x\to +\infty}\frac{e^x}{2}=+\infty}$ . Έτσι, το σύνολο τιμών της $\displaystyle{k}$ είναι το
$\displaystyle{(\lim_{x\to 0^+}k(x),\lim_{x\to +\infty}k(x))=(-\infty,+\infty)=\mathbb{R}}$ .
Επομένως,η εξίσωση (2) έχει μία ακριβώς θετική ρίζα.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 09, 2017 9:21 pm**

επαναφορά για τα 4-7

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 21, 2017 4:47 pm**

Ευχαριστούμε για τις ωραίες ασκήσεις!

Θα γράψω το συντομότερο μία λύση για τα 5-7.
(Ελπίζω να είναι ΟΚ με Equation)

Το 4 είναι σίγουρα σωστό; Ίσως εγώ δεν καταλαβαίνω κάτι καλά, γιατί με μια πρώτη ματιά δε βλέπω πώς μπορεί να βρεθεί το πρόσημο.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 21, 2017 8:15 pm**

5) Από τα δεδομένα προκύπτει ότι $G(x)= \int _0^x g(t)dt$ και $F(x)= \int_1^x f(t)dt$ , καθώς τα ολοκληρώματα είναι επίσης παράγουσες των f(x),g(x)

οπότε θα διαφέρουν κατά μία αντίστοιχη σταθερά από τις F(x),G(x)

, που όμως είναι μηδενικές με βάση τα δεδομένα F(1)=0, G(0)=0.

Στο $G(-1)=\int _0^{-1} g(t)dt$ θέτω u=-t

και προκύπτει ότι G(-1)=F(0).

Η

είναι γνησίως αύξουσα από τα προηγούμενα, άρα η ανίσωση γίνεται:

$F(F(x))>F(0) \Leftrightarrow F(x)>0\Leftrightarrow F(x)>F(1) \Leftrightarrow x>1$

6) H

είναι γνησίως αύξουσα, όπως αποδείχθηκε σε προηγούμενο ερώτημα, άρα για κάθε x>1

και για κάθε $1\leq t \leq x$ θα ισχύει:

$f(1)\leq f(t) \leq f(x)$

Επειδή δεν ισχύουν παντού οι ισότητες, ολοκληρώνοντας θα έχουμε:

$\int _1^x \frac {e}{3} dt < F(x) < \int _1^x f(x)dt \Leftrightarrow \frac {e(x-1)}{3}<F(x)<f(x)(x-1)$ που είναι το ζητούμενο.

7)
Για το πρώτο όριο
Από την ανισότητα που αποδείξαμε στο (6), διαιρώντας με e^x

:

$\frac {e(x-1)} {3e^x} < \frac {F(x)}{e^x} < \frac {x-1} {x^2+2}$

Παίρνοντας όρια και εφαρμόζοντας DLH στο αριστερά όριο, από Κ.Π. βρίσκουμε ότι $\lim_{x \to \infty}\ \frac {F(x)}{e^x} = 0$ .

Τώρα, αφού $-\frac {F(x)}{e^x} \leq \frac {F(x) sinx} {e^x} \leq \frac {F(x)} {e^x}$ , με μια ακόμα εφαρμογή του Κ.Π. έχουμε ότι το ζητούμενο όριο είναι ίσο με

Για το δεύτερο όριο:

$\frac {f(x)g(x)}{lnx}=\frac {1} {(x^2+2)^{2}lnx} \rightarrow 0$ καθώς ο παρονομαστής απειρίζεται.

Για το τρίτο όριο:
Εφαρμόζω ΘΜΤ για την F(x)