Εύρεση τύπου - Εξίσωση - Εμβαδόν

M.S.Vovos · #1

Έστω η συνεχής συνάρτηση $f:[0,+\infty )\rightarrow \mathbb{R}$ , παραγωγίσιμη στο $\left ( 0,+\infty \right )$ τέτοια ώστε για κάθε x>0

, να ισχύει:
$\displaystyle{\bullet \hspace{4mm} \lim_{h\rightarrow 0}\frac{f(x+h)-f(x-h)}{h}=\frac{1}{\sqrt{x}} \hspace{6mm} (1)}$

$\displaystyle{\bullet \hspace{4mm} \int_{1}^{3}f'(x)f(x)dx=1 \hspace{6mm} (2)}$ (α) Να αποδείξετε ότι $f(x)=\sqrt{x}$ , $x\geqslant 0$ .

(β) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση

είναι γνησίως αύξουσα και κοίλη και στη συνέχεια, ότι η παρακάτω εξίσωση είναι αδύνατη:
$\displaystyle{2016f(x)=\frac{x-1}{2}+1+\frac{x-2}{2\sqrt{2}}+\sqrt{2}+\cdots +\frac{x-2017}{2\sqrt{2017}}+\sqrt{2017},\hspace{2mm}x\geqslant 0}$ (γ) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου $\Omega$ , που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης

, την εφαπτομένη της στο σημείο M(1,1)

και τον άξονα των τετμημένων.

(δ) Να βρείτε την ευθεία $x=\alpha$ , η οποία χωρίζει το χωρίο $\Omega$ σε δύο ισεμβαδικά χωρία.

Φιλικά,
Μάριος

Tolaso J Kos · #2

M.S.Vovos έγραψε:
ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Μία κατασκευή.
Έστω η συνεχής συνάρτηση $f:[0,+\infty )\rightarrow \mathbb{R}$ , παραγωγίσιμη στο $\left ( 0,+\infty \right )$ τέτοια ώστε για κάθε , να ισχύει:
$\displaystyle{\bullet \hspace{4mm} \lim_{h\rightarrow 0}\frac{f(x+h)-f(x-h)}{h}=\frac{1}{\sqrt{x}} \hspace{6mm} (1)}$

$\displaystyle{\bullet \hspace{4mm} \int_{1}^{3}f'(x)f(x)dx=1 \hspace{6mm} (2)}$ (α) Να αποδείξετε ότι $f(x)=\sqrt{x}$ , $x\geqslant 0$ .

(β) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα και κοίλη και στη συνέχεια, ότι η παρακάτω εξίσωση είναι αδύνατη:
$\displaystyle{2016f(x)=\frac{x-1}{2}+1+\frac{x-2}{2\sqrt{2}}+\sqrt{2}+\cdots +\frac{x-2017}{2\sqrt{2017}}+\sqrt{2017},\hspace{2mm}x\geqslant 0}$ (γ) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου $\Omega$ , που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης , την εφαπτομένη της στο σημείο και τον άξονα των τετμημένων.

(δ) Να βρείτε την ευθεία $x=\alpha$ , η οποία χωρίζει το χωρίο $\Omega$ σε δύο ισεμβαδικά χωρία.

Φιλικά,
Μάριος

Γεια σου Μάριε,

(α) Το όριο αυτό είναι πολύ γνωστό. Anyway, πολλαπλασιάζουμε και τα δύο μέλη με $\frac{1}{2}$ οπότε
$\displaystyle{\begin{aligned} \lim_{h\rightarrow 0} \frac{f(x+h) - f(x-h) }{h} = \frac{1}{\sqrt{x}} &\Leftrightarrow \lim_{h\rightarrow 0} \frac{f(x+h) - f(x-h)}{2h} = \frac{1}{2\sqrt{x}} \\ &\Leftrightarrow \frac{1}{2}\lim_{h\rightarrow 0} \left [ \frac{f(x+h) - f(x)}{h} +\frac{f(x) - f(x-h)}{h} \right ] = \frac{1}{2\sqrt{x}} \\ &\Leftrightarrow \frac{1}{2} \left ( f'(x) + f'(x) \right ) = \frac{1}{2\sqrt{x}} \\ &\Leftrightarrow f'(x) = \frac{1}{2 \sqrt{x}} \end{aligned}}$ διότι
$\displaystyle{\begin{aligned} \lim_{h\rightarrow 0} \frac{f(x)- f(x-h)}{h} &\overset{u=-h}{=\! =\! =\! =\!} \lim_{u\rightarrow 0} \frac{f(x+u)-f(x)}{u} \\ &=f'(x) \end{aligned}}$ συνεπώς $f(x)=\sqrt{x} + c$ . Και μένει να βρούμε τη σταθερά

. Από τη σχέση (2)

έχουμε
$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{1}^{3} f'(x) f(x) \, {\rm d}x = 1 & \Leftrightarrow \left [ \frac{f^2(x)}{2} \right ]_1^3 = 1 \\ &\Leftrightarrow \frac{f^2(3)}{2} - \frac{f^2(1)}{2} = 1 \\ &\Leftrightarrow f^2(3) - f^2(1) = 2 \\ &\!\!\!\!\!\!\!\!\overset{f(x)=\sqrt{x}+c}{\Leftarrow \! =\! =\! =\! =\! \Rightarrow } \left ( \sqrt{3}+c \right )^2 - \left ( 1+c \right )^2 = 2 \\ &\Leftrightarrow 3 + c^2 +2\sqrt{3}c - 1 - c^2 -2c = 2 \\ &\Leftrightarrow 2 +2 \sqrt{3}c -2c =2 \\ &\Leftrightarrow c=0 \end{aligned}}$ (β) Το έχουμε δει εδώ . Προφανώς η λύση σου όπως έγραψες και εκεί πάει με κυρτότητα.

(γ) H εφαπτόμενη της γραφικής παράστασης της

στο σημείο ${\rm M}(1, f(1))$ έχει εξίσωση $y-1 = \frac{1}{2} (x-1)$ δηλ. είναι η ευθεία $y= \frac{1}{2} x + \frac{1}{2}$ . Επειδή η

είναι κοίλη αυτό σημαίνει ότι η εφαπτόμενη θα είναι πάνω από τη γραφική παράσταση της

. Οπότε το εμβαδόν που περικλείεται της $\mathcal{C}_f$ , της ευθείας αυτής και του άξονα x'x

είναι ίσο με
$\displaystyle{\begin{aligned} {\rm E}\left ( \Omega \right ) &=\int_{-1}^{0}\left ( \frac{x}{2} + \frac{1}{2} \right )\, {\rm d}x +\bigintsss_{0}^{1} \left | f(x) - \left ( \frac{1}{2}x + \frac{3}{2} \right ) \right | \, {\rm d}x \\ &=\int_{-1}^{0}\left ( \frac{x}{2} + \frac{1}{2} \right )\, {\rm d}x +\bigintsss_{0}^{1} \left [ \frac{1}{2} x + \frac{1}{2} - \sqrt{x} \right ] \, {\rm d}x \\ &= \frac{1}{4} + \frac{1}{12} \\ &=\frac{1}{3} \end{aligned}}$ (δ) Έστω x=a

η ζητούμενη ευθεία. Αν $a \in (-1, 0)$ τότε θα είναι
$\displaystyle{\begin{aligned} {\rm E}\left ( \Omega \right ) = 2 \int_{-1}^{a} \left ( \frac{x}{2} + \frac{1}{2} \right ) \, {\rm d}x &\Leftrightarrow \frac{1}{6} = \frac{1}{4} \left ( a+ 1 \right )^2 \\ &\Leftrightarrow a= -1 - \sqrt{\frac{2}{3}} \quad \text{\gr ή} \quad a = \sqrt{\frac{2}{3}} - 1 \end{aligned}}$ Προφανώς η $a= -1 - \sqrt{\frac{2}{3}}$ απορρίπτεται αφού δεν ανήκει στο διάστημα (-1, 0)

. Άρα $a = \sqrt{\frac{2}{3}} - 1$ .

Αν το $a \in (0, 1)$ τότε
$\displaystyle{\begin{aligned} {\rm E}\left ( \Omega \right ) = 2 \int_{0}^{a} \left ( \frac{x}{2} + \frac{1}{2} - \sqrt{x} \right )\, {\rm d}x &\Leftrightarrow \frac{1}{6} = \frac{1}{12}a \left ( 3a - 8\sqrt{a} + 6 \right ) \\ &\Leftrightarrow 2 = 3a^2 - 8a \sqrt{a} + 6a \end{aligned}}$ της οποίας η ρίζα δεν είναι στο (0, 1)

[δε το κανα με το χέρι και δε ξέρω πώς να τη λύσω]. Συνεπώς η μόνη ευθεία είναι η $x=a = \sqrt{\frac{2}{3}} - 1$ .

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #3

Tolaso J Kos έγραψε:
M.S.Vovos έγραψε:
ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Μία κατασκευή.
Έστω η συνεχής συνάρτηση $f:[0,+\infty )\rightarrow \mathbb{R}$ , παραγωγίσιμη στο $\left ( 0,+\infty \right )$ τέτοια ώστε για κάθε , να ισχύει:
$\displaystyle{\bullet \hspace{4mm} \lim_{h\rightarrow 0}\frac{f(x+h)-f(x-h)}{h}=\frac{1}{\sqrt{x}} \hspace{6mm} (1)}$

$\displaystyle{\bullet \hspace{4mm} \int_{1}^{3}f'(x)f(x)dx=1 \hspace{6mm} (2)}$ (α) Να αποδείξετε ότι $f(x)=\sqrt{x}$ , $x\geqslant 0$ .

(β) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα και κοίλη και στη συνέχεια, ότι η παρακάτω εξίσωση είναι αδύνατη:
$\displaystyle{2016f(x)=\frac{x-1}{2}+1+\frac{x-2}{2\sqrt{2}}+\sqrt{2}+\cdots +\frac{x-2017}{2\sqrt{2017}}+\sqrt{2017},\hspace{2mm}x\geqslant 0}$ (γ) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου $\Omega$ , που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης , την εφαπτομένη της στο σημείο και τον άξονα των τετμημένων.

(δ) Να βρείτε την ευθεία $x=\alpha$ , η οποία χωρίζει το χωρίο $\Omega$ σε δύο ισεμβαδικά χωρία.

Φιλικά,
Μάριος
Γεια σου Μάριε,

(α) Το όριο αυτό είναι πολύ γνωστό. Anyway, πολλαπλασιάζουμε και τα δύο μέλη με $\frac{1}{2}$ οπότε
$\displaystyle{\begin{aligned} \lim_{h\rightarrow 0} \frac{f(x+h) - f(x-h) }{h} = \frac{1}{\sqrt{x}} &\Leftrightarrow \lim_{h\rightarrow 0} \frac{f(x+h) - f(x-h)}{2h} = \frac{1}{2\sqrt{x}} \\ &\Leftrightarrow \frac{1}{2}\lim_{h\rightarrow 0} \left [ \frac{f(x+h) - f(x)}{h} +\frac{f(x) - f(x-h)}{h} \right ] = \frac{1}{2\sqrt{x}} \\ &\Leftrightarrow \frac{1}{2} \left ( f'(x) + f'(x) \right ) = \frac{1}{2\sqrt{x}} \\ &\Leftrightarrow f'(x) = \frac{1}{2 \sqrt{x}} \end{aligned}}$ διότι
$\displaystyle{\begin{aligned} \lim_{h\rightarrow 0} \frac{f(x)- f(x-h)}{h} &\overset{u=-h}{=\! =\! =\! =\!} \lim_{u\rightarrow 0} \frac{f(x+u)-f(x)}{u} \\ &=f'(x) \end{aligned}}$ συνεπώς $f(x)=\sqrt{x} + c$ . Και μένει να βρούμε τη σταθερά . Από τη σχέση έχουμε
$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{1}^{3} f'(x) f(x) \, {\rm d}x = 1 & \Leftrightarrow \left [ \frac{f^2(x)}{2} \right ]_1^3 = 1 \\ &\Leftrightarrow \frac{f^2(3)}{2} - \frac{f^2(1)}{2} = 1 \\ &\Leftrightarrow f^2(3) - f^2(1) = 2 \\ &\!\!\!\!\!\!\!\!\overset{f(x)=\sqrt{x}+c}{\Leftarrow \! =\! =\! =\! =\! \Rightarrow } \left ( \sqrt{3}+c \right )^2 - \left ( 1+c \right )^2 = 2 \\ &\Leftrightarrow 3 + c^2 +2\sqrt{3}c - 1 - c^2 -2c = 2 \\ &\Leftrightarrow 2 +2 \sqrt{3}c -2c =2 \\ &\Leftrightarrow c=0 \end{aligned}}$ (β) Το έχουμε δει εδώ . Προφανώς η λύση σου όπως έγραψες και εκεί πάει με κυρτότητα.

(γ) H εφαπτόμενη της γραφικής παράστασης της στο σημείο ${\rm M}(1, f(1))$ έχει εξίσωση $y-1 = \frac{1}{2} (x-1)$ δηλ. είναι η ευθεία $y= \frac{1}{2} x + \frac{1}{2}$ . Επειδή η είναι κοίλη αυτό σημαίνει ότι η εφαπτόμενη θα είναι πάνω από τη γραφική παράσταση της . Οπότε το εμβαδόν που περικλείεται της $\mathcal{C}_f$ , της ευθείας αυτής και του άξονα είναι ίσο με
$\displaystyle{\begin{aligned} {\rm E}\left ( \Omega \right ) &=\int_{-1}^{0}\left ( \frac{x}{2} + \frac{1}{2} \right )\, {\rm d}x +\bigintsss_{0}^{1} \left | f(x) - \left ( \frac{1}{2}x + \frac{3}{2} \right ) \right | \, {\rm d}x \\ &=\int_{-1}^{0}\left ( \frac{x}{2} + \frac{1}{2} \right )\, {\rm d}x +\bigintsss_{0}^{1} \left [ \frac{1}{2} x + \frac{1}{2} - \sqrt{x} \right ] \, {\rm d}x \\ &= \frac{1}{4} + \frac{1}{12} \\ &=\frac{1}{3} \end{aligned}}$ (δ) Έστω η ζητούμενη ευθεία. Αν $a \in (-1, 0)$ τότε θα είναι
$\displaystyle{\begin{aligned} {\rm E}\left ( \Omega \right ) = 2 \int_{-1}^{a} \left ( \frac{x}{2} + \frac{1}{2} \right ) \, {\rm d}x &\Leftrightarrow \frac{1}{6} = \frac{1}{4} \left ( a+ 1 \right )^2 \\ &\Leftrightarrow a= -1 - \sqrt{\frac{2}{3}} \quad \text{\gr ή} \quad a = \sqrt{\frac{2}{3}} - 1 \end{aligned}}$ Προφανώς η $a= -1 - \sqrt{\frac{2}{3}}$ απορρίπτεται αφού δεν ανήκει στο διάστημα . Άρα $a = \sqrt{\frac{2}{3}} - 1$ .

Αν το $a \in (0, 1)$ τότε
$\displaystyle{\begin{aligned} {\rm E}\left ( \Omega \right ) = 2 \int_{0}^{a} \left ( \frac{x}{2} + \frac{1}{2} - \sqrt{x} \right )\, {\rm d}x &\Leftrightarrow \frac{1}{6} = \frac{1}{12}a \left ( 3a - 8\sqrt{a} + 6 \right ) \\ &\Leftrightarrow 2 = 3a^2 - 8a \sqrt{a} + 6a \end{aligned}}$ της οποίας η ρίζα δεν είναι στο [δε το κανα με το χέρι και δε ξέρω πώς να τη λύσω]. Συνεπώς η μόνη ευθεία είναι η $x=a = \sqrt{\frac{2}{3}} - 1$ .

Στο β) εκεί που παραπέμπει ο Τόλης είναι άλλη εξίσωση.
Επίσης δεν έχει λυθεί.

#4

M.S.Vovos έγραψε:
ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Μία κατασκευή.
(β) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα και κοίλη και στη συνέχεια, ότι η παρακάτω εξίσωση είναι αδύνατη:
$\displaystyle{2016f(x)=\frac{x-1}{2}+1+\frac{x-2}{2\sqrt{2}}+\sqrt{2}+\cdots +\frac{x-2017}{2\sqrt{2017}}+\sqrt{2017},\hspace{2mm}x\geqslant 0}$ Φιλικά,
Μάριος

...για την εξίσωση....και μετά από Π.Μ. του Σταύρου που ευχαριστώ διόρθωσα την ανισότητα και τώρα πιστεύω να είναι ο.κ....

Είναι η εφαπτομένη της της γραφικής παράστασης της

σε σημείο της $(a,\,\sqrt{a}),\,\,\,a>0$

$y-\sqrt{a}=\frac{1}{2\sqrt{a}}(x-a)\Leftrightarrow y=\frac{x-a}{2\sqrt{a}}+\sqrt{a}$ και ισχύει λόγω κυρτότητας

$f(x)\le \frac{x-a}{2\sqrt{a}}+\sqrt{a}\Leftrightarrow f(x)-\frac{x-a}{2\sqrt{a}}-\sqrt{a}\le 0,\,\,\,x>0$ (1)

με την ισότητα να ισχύει μόνο για x=a

Τώρα εφαρμόζοντας την (1) για a=1,2,...2017

προκύπτουν οι

$f(x)-\frac{x-1}{2}-1\le 0$ , $f(x)-\frac{x-2}{2\sqrt{2}}-\sqrt{2}\le 0$ ,… $f(x)-\frac{x-2017}{2\sqrt{2017}}-\sqrt{2017}\le 0$

και με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε

$\left( f(x)-\frac{x-1}{2}-1 \right)+\left( f(x)-\frac{x-2}{2\sqrt{2}}+\sqrt{2} \right)+...+\left( f(x)-\frac{x-2017}{2\sqrt{2017}}+\sqrt{2017} \right)\le 0$ ή

$2017f(x)\le \left( \frac{x-1}{2}+1+\frac{x-2}{2\sqrt{2}}+\sqrt{2}+\cdots +\frac{x-2017}{2\sqrt{2017}}+\sqrt{2017} \right)$ και επειδή

2016f(x)<2017f(x)

ισχύει ότι

$2016f(x)<2017f(x)\le \left( \frac{x-1}{2}+1+\frac{x-2}{2\sqrt{2}}+\sqrt{2}+\cdots +\frac{x-2017}{2\sqrt{2017}}+\sqrt{2017} \right)$ ή

$2016f(x)<\left( \frac{x-1}{2}+1+\frac{x-2}{2\sqrt{2}}+\sqrt{2}+\cdots +\frac{x-2017}{2\sqrt{2017}}+\sqrt{2017} \right)$

που σημαίνει ότι δοθείσα εξίσωση είναι αδύνατη.

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

paylos · #5

KAKABASBASILEIOS έγραψε:
M.S.Vovos έγραψε:
ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Μία κατασκευή.
(β) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα και κοίλη και στη συνέχεια, ότι η παρακάτω εξίσωση είναι αδύνατη:
$\displaystyle{2016f(x)=\frac{x-1}{2}+1+\frac{x-2}{2\sqrt{2}}+\sqrt{2}+\cdots +\frac{x-2017}{2\sqrt{2017}}+\sqrt{2017},\hspace{2mm}x\geqslant 0}$ Φιλικά,
Μάριος
...για την εξίσωση....και μετά από Π.Μ. του Σταύρου που ευχαριστώ διόρθωσα την ανισότητα και τώρα πιστεύω να είναι ο.κ....

Είναι η εφαπτομένη της της γραφικής παράστασης της σε σημείο της $(a,\,\sqrt{a}),\,\,\,a>0$

$y-\sqrt{a}=\frac{1}{2\sqrt{a}}(x-a)\Leftrightarrow y=\frac{x-a}{2\sqrt{a}}+\sqrt{a}$ και ισχύει λόγω κυρτότητας

$f(x)\le \frac{x-a}{2\sqrt{a}}+\sqrt{a}\Leftrightarrow f(x)-\frac{x-a}{2\sqrt{a}}-\sqrt{a}\le 0,\,\,\,x>0$ (1)

με την ισότητα να ισχύει μόνο για

Τώρα εφαρμόζοντας την (1) για προκύπτουν οι

$f(x)-\frac{x-1}{2}-1\le 0$ , $f(x)-\frac{x-2}{2\sqrt{2}}-\sqrt{2}\le 0$ ,… $f(x)-\frac{x-2017}{2\sqrt{2017}}-\sqrt{2017}\le 0$

και με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε

$\left( f(x)-\frac{x-1}{2}-1 \right)+\left( f(x)-\frac{x-2}{2\sqrt{2}}+\sqrt{2} \right)+...+\left( f(x)-\frac{x-2017}{2\sqrt{2017}}+\sqrt{2017} \right)\le 0$ ή

$2017f(x)\le \left( \frac{x-1}{2}+1+\frac{x-2}{2\sqrt{2}}+\sqrt{2}+\cdots +\frac{x-2017}{2\sqrt{2017}}+\sqrt{2017} \right)$ και επειδή

ισχύει ότι

$2016f(x)<2017f(x)\le \left( \frac{x-1}{2}+1+\frac{x-2}{2\sqrt{2}}+\sqrt{2}+\cdots +\frac{x-2017}{2\sqrt{2017}}+\sqrt{2017} \right)$ ή

$2016f(x)<\left( \frac{x-1}{2}+1+\frac{x-2}{2\sqrt{2}}+\sqrt{2}+\cdots +\frac{x-2017}{2\sqrt{2017}}+\sqrt{2017} \right)$

που σημαίνει ότι δοθείσα εξίσωση είναι αδύνατη.

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

Όταν προσθέτουμε ανισοισότητες και σε κάθε μια από αυτές το "ίσον" ισχύει για διαφορετικό χ τότε προκύπτει "καθαρή" ανισότητα. Άρα ισχύει μόνο το μικρότερο.

Εύρεση τύπου - Εξίσωση - Εμβαδόν

Εύρεση τύπου - Εξίσωση - Εμβαδόν

Re: Εύρεση τύπου - Εξίσωση - Εμβαδόν

Re: Εύρεση τύπου - Εξίσωση - Εμβαδόν

Re: Εύρεση τύπου - Εξίσωση - Εμβαδόν

Re: Εύρεση τύπου - Εξίσωση - Εμβαδόν

Μέλη σε σύνδεση