mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μαρ 15, 2017 10:18 pm**

Έστω η συνεχής συνάρτηση $\displaystyle{{\mathrm f}:(0,+\infty)\rightarrow\mathbb{R}$ , παραγωγίσιμη στο $(0,1)\cup(1,+\infty)$ με $x{\mathrm f}'(x)\ln x+{\mathrm f}(x)=x\,,$ για κάθε $x\in(0,1)\cup(1,+\infty)}$ .

1) Να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{{\mathrm f}(x)=\begin{cases} \displaystyle{\frac{x-1}{lnx}}, & 0<x\neq1 \\ \\ 1\;\;\;\;\;\;\;, & x=1. \end{cases}}$

2) Να αποδειχθεί ότι η ${\mathrm f}$ είναι γνησίως αύξουσα στο $(0,+\infty)$ .

3) Να αποδειχθεί ότι η ${\mathrm f}$ είναι κοίλη στο $(0,+\infty).$

4) Nα λυθεί η εξίσωση $\displaystyle{\frac{x-1}{lnx}=-x^2}$

5) Να βρεθούν οι $\displaystyle{\lambda,\mu\in\mathbb{R}}$ για τους οποίους ισχύει:

$\displaystyle{\displaystyle{\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\left(\lambda x+\mu-\frac{{\mathrm f}(x)}{x}\right)=1}}$

6) Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα $\displaystyle{I=\int_{8}^{64}\frac{x-1}{\sqrt[3]{x}{\mathrm f}(x)}{\mathrm d}x.}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 16, 2017 1:45 am**

erxmer έγραψε:Έστω η συνεχής συνάρτηση $\displaystyle{{\mathrm f}:(0,+\infty)\rightarrow\mathbb{R}$ , παραγωγίσιμη στο $(0,1)\cup(1,+\infty)$ με $x{\mathrm f}'(x)\ln x+{\mathrm f}(x)=x\,,$ για κάθε $x\in(0,1)\cup(1,+\infty)}$ .

1) Να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{{\mathrm f}(x)=\begin{cases} \displaystyle{\frac{x-1}{lnx}}, & 0<x\neq1 \\ \\ 1\;\;\;\;\;\;\;, & x=1. \end{cases}}$

2) Να αποδειχθεί ότι η ${\mathrm f}$ είναι γνησίως αύξουσα στο $(0,+\infty)$ .

3) Να αποδειχθεί ότι η ${\mathrm f}$ είναι κοίλη στο $(0,+\infty).$

4) Nα λυθεί η εξίσωση $\displaystyle{\frac{x-1}{lnx}=-x^2}$

5) Να βρεθούν οι $\displaystyle{\lambda,\mu\in\mathbb{R}}$ για τους οποίους ισχύει:

$\displaystyle{\displaystyle{ \lim_{x\rightarrow 1^{-}}}\left ( f(x)ln x \right )\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\left(\lambda x+\mu-\frac{{\mathrm f}(x)}{x}\right)=1}}$

6) Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα $\displaystyle{I=\int_{8}^{64}\frac{x-1}{\sqrt[3]{x}{\mathrm f}(x)}{\mathrm d}x.}$

Καλησπέρα. Μια προσπάθεια για τα 4 πρώτα...
1) Είναι $xf'(x)ln x + f(x) = x \Leftrightarrow f'(x)ln x + f(x)\cdot \dfrac{1}{x} = 1\Leftrightarrow \left ( f(x)ln x \right )' = x'$ .
Για $x\in(0,1)$ έχουμε από Πόρισμα συνεπειών ΘΜΤ.: $f(x) ln x = x + c_{1}$
Επίσης $\displaystyle\lim_{x\rightarrow 1^{-}}}\left ( f(x)ln x \right )= f(1)\cdot 0 =0$ ,
επειδή $\displaystyle\lim_{x\rightarrow 1^{-}}}f(x)= \lim_{x\rightarrow 1^{+}}}f(x)=f(1)$ αφού η

είναι συνεχής.
Άρα $\displaystyle\lim_{x\rightarrow 1^{-}}}(x+c_{1}) = 1+ c_{1} = 0.$ Επομένως $c_{1} = -1.$
Συνεπώς $f(x)=\dfrac{x-1}{lnx},\,\,\,\,\forall x\in (0,1)$
Ομοίως εργαζόμενοι συμπεραίνουμε $f(x)=\dfrac{x-1}{lnx},\,\,\,\,\forall x\in (1,+\infty)$ .

Τώρα λόγω συνέχειας και χρησιμοποιώντας τον κανόνα de L' Hospital έχουμε : $f(1)= \displaystyle\lim_{x\rightarrow 1}}f(x) = \lim_{x\rightarrow 1}}\dfrac{x-1}{lnx} = \lim_{x\rightarrow 1}}x = 1 .$
Άρα $\displaystyle{{\mathrm f}(x)=\begin{cases} \displaystyle{\frac{x-1}{lnx}}, & 0<x\neq1 \\ \\ 1\;\;\;\;\;\;\;, & x=1. \end{cases}}$

2)Ισχύει $f'(x)=\dfrac{ln x -1 +\frac{1}{x}}{ln^2 x}= \dfrac{xln x -x +1}{xln^2 x}= \dfrac{g(x)}{xln^2 x},$ στο $(0,1)\cup(1,+\infty)$
όπου g(x)=xln x -x +1

με

Από πινακάκι φαίνεται εύκολα $g(x)\geq g(1)=0.$

Άρα $f'(x) >0,\,\,\,\,\forall x\in (0,1)$ επομένως η

είναι γνησίως αύξουσα στο (0,1].

Επίσης $f'(x) >0,\,\,\,\,\forall x\in (1,+\infty)$ επομένως η

είναι γνησίως αύξουσα στο $[1,+\infty).$
Τώρα επειδή η

είναι συνεχής στο $(0,+\infty)$ συμπεραίνουμε ότι είναι και γνησίως αύξουσα στο διάστημα αυτό.

3) Ισχύει $f''(x)= \dfrac{ln x \left ( -xln x-ln x -2 +2x \right )}{x^2\cdot ln^2 x} = \dfrac{lnx\cdot h(x)}{x^2\cdot ln^2 x}$ ,

όπου h(x)=-xln x -ln x -2+2x

με $h'(x)= -ln x -\dfrac{1}{x} +1$ και $h''(x)= \dfrac{1-x}{x^2} .$

Για $x\in(0,1)$ έχουμε h''(x)>0

άρα

γνησίως αύξουσα στο (0,1]

, οπότε
για 0<x<1

είναι

Άρα

γνησίως φθίνουσα στο (0,1]

, οπότε για 0<x<1

είναι

Επίσης για 0<x<1

είναι

Άρα $f''(x) <0,\,\,\,\,\forall x\in (0,1)$ επομένως η

κοίλη στο

Ομοίως για $x\in(1,+\infty)$ έχουμε h''(x)<0

άρα

γνησίως φθίνουσα στο $[1,+\infty)$ , οπότε για x>1

είναι

Άρα

γνησίως φθίνουσα στο $[1,+\infty)$ , οπότε για x>1

είναι

Επίσης για x>1

είναι

Άρα $f''(x) <0,\,\,\,\,\forall x\in (1,+\infty)$ επομένως η

κοίλη στο $[1,+\infty).$

Τελικά λόγω της συνέχειας η

κοίλη στο $(0,+\infty).$

4) Η εξίσωση $\displaystyle{\frac{x-1}{lnx}=-x^2}$ $\Leftrightarrow$ f(x)= - x^2

Ισχύει $\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0^{+}}}f(x) = 0,$ αφού $\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0^{+}}}(x-1) = -1$ και $\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0^{+}}} ln x = - \infty.$
Επιπλέον αφού η

είναι γνησίως αύξουσα έχουμε $f(x)>0,\,\,\,\,\forall x\in (0,+\infty) .$

Όμως $-x^2 \leq 0 ,\,\,\,\,\forall x\in (0,+\infty) .$

Επομένως η εξίσωση είναι αδύνατη.
Θα επανέλθω αύριο με τα υπόλοιπα.
Φιλικά
Σταμ. Γλάρος

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 16, 2017 2:46 am**

erxmer έγραψε:Έστω η συνεχής συνάρτηση $\displaystyle{{\mathrm f}:(0,+\infty)\rightarrow\mathbb{R}$ , παραγωγίσιμη στο $(0,1)\cup(1,+\infty)$ με $x{\mathrm f}'(x)\ln x+{\mathrm f}(x)=x\,,$ για κάθε $x\in(0,1)\cup(1,+\infty)}$ .

1) Να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{{\mathrm f}(x)=\begin{cases} \displaystyle{\frac{x-1}{lnx}}, & 0<x\neq1 \\ \\ 1\;\;\;\;\;\;\;, & x=1. \end{cases}}$

2) Να αποδειχθεί ότι η ${\mathrm f}$ είναι γνησίως αύξουσα στο $(0,+\infty)$ .

3) Να αποδειχθεί ότι η ${\mathrm f}$ είναι κοίλη στο $(0,+\infty).$

4) Nα λυθεί η εξίσωση $\displaystyle{\frac{x-1}{lnx}=-x^2}$

5) Να βρεθούν οι $\displaystyle{\lambda,\mu\in\mathbb{R}}$ για τους οποίους ισχύει:

$\displaystyle{\displaystyle{\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\left(\lambda x+\mu-\frac{{\mathrm f}(x)}{x}\right)=1}}$

6) Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα $\displaystyle{I=\int_{8}^{64}\frac{x-1}{\sqrt[3]{x}{\mathrm f}(x)}{\mathrm d}x.}$

...μέχρι και το (4)...

1) Είναι $x{\mathrm f}'(x)\ln x+{\mathrm f}(x)=x\,,$ για κάθε $x\in (0,1)\cup (1,+\infty )$ και ισοδύναμα

${{\text{f}}^{\prime }}(x)\ln x+\frac{1}{x}\text{f}(x)=1\Leftrightarrow {{\left( f(x)\ln x \right)}^{\prime }}=(x{)}',\,\,\,x\in (0,\,1)\cup (1,\,+\infty )$ άρα
$f(x)\ln x=\left\{ \begin{matrix} & x+{{c}_{1}},\,\,x\in (0,\,\,1) \\ & x+{{c}_{2}},\,\,x\in (1,\,+\infty ) \\ \end{matrix} \right.$

και επειδή η $\text{f}:(0,+\infty )\to \mathbb{R}$ είναι συνεχής συνάρτηση θα ισχύει ότι

$\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\text{f(x)=f(1)}$ έτσι

$\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,f(x)\ln x=\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,(x+{{c}_{1}})\Rightarrow 0=1+{{c}_{1}}\Leftrightarrow {{c}_{1}}=-1$ και

$\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f(x)\ln x=\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,(x+{{c}_{2}})\Rightarrow 0=1+{{c}_{2}}\Leftrightarrow {{c}_{2}}=-1$ επομένως

$f(x)\ln x=\left\{ \begin{matrix} & x-1,\,\,x\in (0,\,\,1) \\ & x-1,\,\,x\in (1,\,+\infty ) \\ \end{matrix} \right.$ ή

$f(x)\ln x=x-1,\,\,\,x\in (0,\,1)\cup (1,+\infty )$ ή $f(x)=\frac{x-1}{\ln x},\,\,\,x\in (0,\,1)\cup (1,+\infty )$

και επειδή $\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\frac{x-1}{\ln x}\underset{DLH}{\overset{\frac{0}{0}}{\mathop{=}}}\,\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{\frac{1}{x}}=1$ θα είναι

$f(x)=\left\{ \begin{matrix} & \frac{x-1}{\ln x},\,\,x\in (0,\,\,1)\cup (1,\,\,+\infty ) \\ & 1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,,\,\,x=1 \\ \end{matrix} \right.$

2) Η

είναι παραγωγίσιμη στο $(0,1)\cup(1,+\infty)$ με

${f}'(x)=\frac{\ln x-(x-1)\frac{1}{x}}{{{\ln }^{2}}x}=\frac{\ln x-1+\frac{1}{x}}{{{\ln }^{2}}x},\,\,\,x>0,\,\,x\ne 1$

και επειδή σύμφωνα με γνωστή εφαρμογή ισχύει ότι $\ln x<x-1,\,\,x>0,\,\,x\ne 1$ με όπου

το $\frac{1}{x}$ ισχύει ότι

$\ln \frac{1}{x}<\frac{1}{x}-1\Leftrightarrow -\ln x<\frac{1}{x}-1\Leftrightarrow lnx>1-\frac{1}{x},\,\,x>0,\,\,x\ne 1$ άρα

{f}'(x)>0

για $x\in (0,1)\cup (1,+\infty )$ άρα δεν παρουσιάζει ακρότατο στο x=1

και επειδή είναι συνεχής θα στο x=1

θα είναι γνήσια αύξουσα στο $(0,+\infty)$ .

3) Η ${f}'(x)=\frac{x\ln x-x+1}{x{{\ln }^{2}}x},\,\,\,x>0,\,\,x\ne 1$ είναι παραγωγίσιμη με

${f}''(x)={{\left( \frac{x\ln x-x+1}{x{{\ln }^{2}}x} \right)}^{\prime }}=...=\frac{2x-x\ln x-\ln x-2}{{{x}^{2}}{{\ln }^{3}}x},x>0,x\ne 1$

Τώρα η συνάρτηση $g(x)=2x-x\ln x-\ln x-2,x\in (0,+\infty )$ είναι παραγωγίσιμη με

${g}'(x)=2-\ln x-1-\frac{1}{x}=1-\ln x-\frac{1}{x}<0,\,\,x>0$ όπως είδαμε και παραπάνω επομένως η

είναι γνήσια φθίνουσα στο

$(0,\,\,+\infty )$ και για $x<1\Rightarrow g(x)>g(1)=0$ επομένως η ${f}''(x)=\frac{g(x)}{{{x}^{2}}{{\ln }^{3}}x}<0,\,\,\,x<1$ επειδή

$\ln x<0$ και για $x>1\Rightarrow g(x)<g(1)=0$ επομένως η ${f}''(x)=\frac{g(x)}{{{x}^{2}}{{\ln }^{3}}x}<0,\,\,\,x>1$ επειδή $\ln x>0$

άρα ${f}''(x)<0,\,\,\,x\in (0,\,\,1)\cup (1,\,\,+\infty )$

Τώρα εξετάζουμε την συνέχεια της {f}'

στο

. Και πρώτα αν

παραγωγίσιμη στο x=1

με το

$\displaystyle{\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\frac{\frac{x-1}{\ln x}-1}{x-1}=\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\frac{x-1-\ln x}{(x-1)\ln x}\underset{DLH}{\overset{\frac{0}{0}}{\mathop{=}}}\,\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\frac{1-\frac{1}{x}}{\ln x+(x-1)\frac{1}{x}}=}$

$\displaystyle{\underset{DLH}{\overset{\frac{0}{0}}{\mathop{=}}}\,\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\frac{x-1}{x\ln x+x+1}\underset{DLH}{\overset{\frac{0}{0}}{\mathop{=}}}\,\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{\ln x+2}=\frac{1}{2}}$

άρα παραγωγίσιμη στο x=1

και επειδή

$\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,{f}'(x)=\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\frac{x\ln x-x+1}{x{{\ln }^{2}}x}\underset{DLH}{\overset{\frac{0}{0}}{\mathop{=}}}\,\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln x+1-1}{{{\ln }^{2}}x+2\ln x}=\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{\ln x+2}=\frac{1}{2}={f}'(1)$ η

{f}'

είναι συνεχής στο x=1

και λόγω του ${f}''(x)<0,\,\,\,x\in (0,\,\,1)\cup (1,\,\,+\infty )$ η {f}'

είναι γνήσια φθίνουσα στο

$(0,+\infty )$ επομένως η ${\mathrm f}$ είναι κοίλη στο $(0,+\infty).$

4) Η εξίσωση $\frac{x-1}{lnx}=-{{x}^{2}}\Leftrightarrow f(x)=-{{x}^{2}}$ (1)

Είναι $-{{x}^{2}}<0,\,\,\,x>0$ και επειδή λόγω μονοτονίας και συνέχειας το σύνολο τιμών της $\text{f}$ στο $\Delta =(0,+\infty )$ είναι

$f(\Delta )=(A,\,\,B)$ με $A=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,f(x)=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{1}{\ln x}(x-1) \right)=0$

θα είναι $\text{f(x)0}\text{, x}\in \text{(0}\text{,+}\infty \text{)}$ επομένως η (1) είναι αδύνατη.

...τώρα

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασιλης

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 16, 2017 7:14 pm**

erxmer έγραψε:
5) Να βρεθούν οι $\displaystyle{\lambda,\mu\in\mathbb{R}}$ για τους οποίους ισχύει:

$\displaystyle{\displaystyle{\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\left(\lambda x+\mu-\frac{{\mathrm f}(x)}{x}\right)=1}}$

6) Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα $\displaystyle{I=\int_{8}^{64}\frac{x-1}{\sqrt[3]{x}{\mathrm f}(x)}{\mathrm d}x.}$

Καλησπέρα.
Συνεχίζουμε την προσπάθεια για τα υπόλοιπα ερωτήματα...
5) Είναι: $\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\left(\lambda x+\mu-\frac{{\mathrm f}(x)}{x}\right)= \lim_{x\rightarrow+\infty}\left(\frac{{\lambda x^2 -\mathrm f}(x)}{x}+\mu\right)=$
$\displaystyle\lim_{x\rightarrow +\infty }\left ( \frac{\lambda x^2-\dfrac{x-1}{ln x}}{x}+\mu \right ) = \lim_{x\rightarrow +\infty } \left ( \dfrac{\lambda x^2 ln x-x+1}{xln x} +\mu \right )\underset{DHL}{\overset{\frac{0}{0}}{\mathop{=}}} \lim_{x\rightarrow +\infty } \left ( \dfrac{2\lambda x ln x + \lambda x-1}{ln x +1} +\mu \right ) \underset{DHL}{\overset{\frac{0}{0}}{\mathop{=}}}$

$\displaystyle\underset{DHL}{\overset{\frac{0}{0}}{\mathop{=}}} \lim_{x\rightarrow +\infty }\left ( \dfrac{2\lambda x ln x + 3\lambda }{ \dfrac{1}{x}} +\mu \right ) = \lim_{x\rightarrow +\infty } \left ((2\lambda x ln x + 3\lambda )x +\mu \right ) .$

Για $\lambda \neq 0$ το παραπάνω όριο είναι $\pm \infty$ .
Επομένως είναι $\lambda=0 ,$ οπότε $\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}\left(\lambda x+\mu-\frac{{\mathrm f}(x)}{x}\right)= \mu - \lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{{\mathrm f}(x)}{x}= \mu - \lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{x-1}{x ln x}=$

$\displaystyle\underset{DHL}{\overset{\frac{+\infty}{+\infty}}{\mathop{=}}} \mu - \lim_{x\rightarrow +\infty }\frac{1}{ln x +1} = \mu .$ Συνεπώς $\lambda =0$ και $\mu =1 .$

6) $\displaystyle{I=\int_{8}^{64}\frac{x-1}{\sqrt[3]{x}{\mathrm f}(x)}{\mathrm d}x} = \int_{8}^{64}\frac{x-1}{\sqrt[3]{x}\cdot \dfrac{x-1}{ln x}} dx = \int_{8}^{64}\frac{ln x}{\sqrt[3]{x}} dx =$

$= \displaystyle \int_{8}^{64} x^{-\frac{1}{3}} \cdot ln x dx = \dfrac{3}{2}\int_{8}^{64} \left (x^{\frac{2}{3}} \right )' \cdot ln x dx = ...$

Φιλικά
Σταμ. Γλάρος

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 16, 2017 7:46 pm**

Καλησπέρα Σταμάτη.

Τα $\frac{0}{0}$ είναι $\frac{\infty }{\infty }$
στην λύση σου.

Δίνω μια λύση χωρίς DHL

Επειδή $\dfrac{x-1}{xlnx}=\dfrac{1-\frac{1}{x}}{lnx}$

και $\lim_{x\rightarrow \infty }\dfrac{1}{lnx}=0$

θα είναι $\lim_{x\rightarrow \infty }\dfrac{f(x)}{x}=0$

Αρα $\lim_{x\rightarrow \infty }(\lambda x+\mu )=1$

Αν $\lambda \neq 0$

το παραπάνω όριο είναι $+_{-}\infty$

Αρα $\lambda =0,\mu =1$

mathematica.gr

Δίκλαδη

Δίκλαδη

Re: Δίκλαδη

Re: Δίκλαδη

Re: Δίκλαδη

Re: Δίκλαδη