mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 16, 2017 12:17 am**

Δίνεται η συνάρτηση $f: R \to R$ για την οποία ισχύει: $\displaystyle{\left\{\begin{matrix} x^2f'(x)+2x^2=1-xf(x)\\ \\ f(1)=-1,x>0 \end{matrix}\right.}$ .

1) Να βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης

2) Να υπολογιστεί το σύνολο τιμών της

3) Να υπολογιστεί το πλήθος των θετικών ριζών της εξίσωσης $\displaystyle{x=e^{x^2+ax}}$

4) f'(x)+f(x)>f(x+1)

5) Να βρεθεί το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την C_f

, τον άξονα xx'

και τιςκατακόρυφες ευθείες x = 1

και

.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 16, 2017 1:32 am**

erxmer έγραψε:Δίνεται η συνάρτηση $f: R \to R$ για την οποία ισχύει: $\displaystyle{\left\{\begin{matrix} x^2f'(x)+2x^2=1-xf(x)\\ \\ f(1)=-1,x>0 \end{matrix}\right.}$ .

1) Να βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης

2) Να υπολογιστεί το σύνολο τιμών της

3) Να υπολογιστεί το πλήθος των θετικών ριζών της εξίσωσης $\displaystyle{x=e^{x^2+ax}}$

4)

5) Να βρεθεί το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την , τον άξονα και τιςκατακόρυφες ευθείες και .

ΛΥΣΗ

1) Είναι ${{x}^{2}}{f}'(x)+2{{x}^{2}}=1-xf(x)\Leftrightarrow x{f}'(x)+f(x)=\frac{1}{x}-2x\Leftrightarrow$

${{\left( xf(x) \right)}^{\prime }}={{\left( \ln x-{{x}^{2}} \right)}^{\prime }},\,\,\,x>0$ ισοδύναμα έχουμε $xf(x)=\ln x-{{x}^{2}}+c$ και επειδή

f(1)=-1

με όπου

το

προκύπτει ότι $f(1)=-1+c\Rightarrow c=0$ άρα

$xf(x)=\ln x-{{x}^{2}}\Leftrightarrow f(x)=\frac{\ln x}{x}-x,\,\,\,x\in (0,\,\,+\infty )$

2) Είναι η

παραγωγίσιμη με ${f}'(x)=\frac{1-\ln x}{{{x}^{2}}}-1=\frac{1-\ln x-{{x}^{2}}}{{{x}^{2}}}$ (1)

Η συνάρτηση τώρα $g(x)=1-\ln x-{{x}^{2}},\,\,\,x\in (0,\,\,+\infty )$ είναι παραγωγίσιμη με

${g}'(x)=-\frac{1}{x}-2x<0,\,\,\,x\in (0,\,\,+\infty )$ άρα γνήσια φθίνουσα στο $(0,\,\,+\infty )$ και επειδή g(1)=0

για

$0<x<1\Rightarrow g(x)>g(1)=0$ άρα η ${f}'(x)=\frac{g(x)}{{{x}^{2}}}>0,\,\,\,x\in (0,\,\,1)$ οπότε η

γνήσια αύξουσα στο

${{\Delta }_{1}}=(0,\,\,1]$ και επειδή για $x>1\Rightarrow g(x)<g(1)=0$ η ${f}'(x)=\frac{g(x)}{{{x}^{2}}}<0,\,\,\,x\in (1,\,\,+\infty )$

οπότε η

γνήσια φθίνουσα στο ${{\Delta }_{2}}=[1,\,+\infty )$ επομένως έχουμε

$f({{\Delta }_{1}})=(\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f(x),\,f(1)]=(-\infty ,\,\,-1]$ επειδή

$\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln x}{x}=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{1}{x}\ln x \right)=-\infty$

και $f({{\Delta }_{2}})=(\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x),\,f(1)]=(-\infty ,\,\,-1]$ επειδή

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln x}{x}\underset{DLH}{\overset{\frac{\infty }{\infty }}{\mathop{=}}}\,\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{\frac{1}{x}}{1}=0$

οπότε το σύνολο τιμών της

είναι $f(A)=(-\infty ,\,\,-1],\,\,\,A=(0,\,\,+\infty )$

3) Η εξίσωση γίνεται ισοδύναμα για x>0

$x={{e}^{{{x}^{2}}+ax}}\Leftrightarrow \ln x={{x}^{2}}+\alpha x\Leftrightarrow \ln x-{{x}^{2}}=\alpha x\Leftrightarrow \frac{\ln x}{x}-x=\alpha \Leftrightarrow f(x)=\alpha$

έτσι σύμφωνα με το (2)αν $\alpha >-1$ η εξίσωση είναι αδύνατη αφού $\alpha \notin f(A)=(-\infty ,\,\,-1]$

αν $\alpha =-1$ η εξίσωση έχει μοναδική λύση x=1

και αν $\alpha <-1$ η εξίσωση έχει δύο ακριβώς λύσεις μία

${{x}_{1}}\in {{\Delta }_{1}}=(0,\,\,1)$ και μία ${{x}_{2}}\in {{\Delta }_{2}}=(1,\,\,+\infty )$

4) …μετά από μελέτη δεν πιστεύω ότι η ανισότητα ισχύει για κάθε x>0

ο δημιουργός έχει το λόγο…

5) Το ζητούμενο εμβαδό είναι $E=\int\limits_{1}^{e}{|f(x)|dx}=-\int\limits_{1}^{e}{f(x)dx}$ αφού $f(x)\le -1<0,\,\,\,x\in (0,\,\,+\infty )$

οπότε $E=-\int\limits_{1}^{e}{\left( \frac{\ln x}{x}-x \right)dx}=-\int\limits_{1}^{e}{\left( \ln x(\ln x{)}'-x \right)dx}=-\frac{1}{2}\int\limits_{1}^{e}{{{\left( {{\ln }^{2}}x-{{x}^{2}} \right)}^{\prime }}dx}=$

$=-\frac{1}{2}\left[ {{\ln }^{2}}x-{{x}^{2}} \right]_{1}^{e}=\frac{1}{2}{{e}^{2}}$

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

mathematica.gr

Pass

Pass

Re: Pass