mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 20, 2017 4:49 pm**

Δίνονται οι συναρτήσεις f,g,h

για τις οποίες ισχύει οτι $\displaystyle{\left\{\begin{matrix} \left [ lng(x) \right ]'=-2xg(x)\\ \\ g(x)>0,g(0)=1,x \in R\\ \\ \displaystyle{h(x)=\frac{3e^x}{e^2-1}\int_{0}^{1}h^2(x)dx}\\ \\ h(x) \neq 0, x \in R\\ \\ f(x)=x+1+lng(x)\\ \end{matrix}\right.}$

1) Να βρεθούν οι τύποι των f,g,h

2) Η

είναι κοίλη σε κατάλληλο διάστημα

3) Aν

μία αρχική της

τότε κατάλληλο διάστημα ισχύει οτι

i) $\displaystyle{G(2x)-G(x) \geq xg(2x)}$

ii) $\displaystyle{\int_{0}^{\sqrt{e-1}}\left ( G(2x)-G(x) \right )dx \leq \frac{1}{2}}$

4) Δείξτε οτι $\displaystyle{h^{-1}(x)-x+1 \leq 0,x >0}$ και η

είναι θετική και κοίλη

5) Αν

το εμβαδό μεταξύ C_f,xx',yy',x=1

τότε $\displaystyle{\frac{7}{6} \leq E \leq \frac{3}{2}}$

6) Nα βρείτε τα σημεία καμπης της συνάρτησης E(x)=-lng(x)

και στην συνέχεια δείξτε οτι (b^2+1)^2>(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)

αν

και οι

με την σειρά που δίνονται είναι διαδοχικοί όροι α.π.

7) $\displaystyle{\lim_{x \to +\infty}\left [ \frac{h(x)}{g(x)} \right ]^{f(x)}=;}$

8) Nα λυθεί η εξίσωση $\displaystyle{\frac{h(x)}{g(x)}=f(x)}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 21, 2017 8:50 pm**

erxmer έγραψε:Δίνονται οι συναρτήσεις για τις οποίες ισχύει οτι $\displaystyle{\left\{\begin{matrix} \left [ lng(x) \right ]'=-2xg(x)\\ \\ g(x)>0,g(0)=1,x \in R\\ \\ \displaystyle{h(x)=\frac{3e^x}{e^2-1}\int_{0}^{1}h^2(x)dx}\\ \\ h(x) \neq 0, x \in R\\ \\ f(x)=x+1+lng(x)\\ \end{matrix}\right.}$

1) Να βρεθούν οι τύποι των

2) Η είναι κοίλη

3) Aν μία αρχική της τότε κατάλληλο διάστημα ισχύει οτι

i) $\displaystyle{G(2x)-G(x) \geq xg(2x)}$

ii) $\displaystyle{\int_{0}^{\sqrt{e-1}}\left ( G(2x)-G(x) \right )dx \leq \frac{1}{2}}$

4) Δείξτε οτι $\displaystyle{h^{-1}(x)-x+1 \leq 0,x >0}$ και η είναι θετική και κοίλη

5) Αν το εμβαδό μεταξύ τότε $\displaystyle{\frac{7}{6} \leq E \leq \frac{3}{2}}$

6) Nα βρείτε τα σημεία καμπης της συνάρτησης και στην συνέχεια δείξτε οτι αν και οι με την σειρά που δίνονται είναι διαδοχικοί όροι α.π.

7) $\displaystyle{\lim_{x \to +\infty}\left [ \frac{h(x)}{g(x)} \right ]^{f(x)}=;}$

8) Nα λυθεί η εξίσωση $\displaystyle{\frac{h(x)}{g(x)}=f(x)}$

Καλησπέρα . Μια προσπάθεια για το 1) της πολυδιάστατης.

Ισχύει : $\left [ lng(x) \right ]'=-2xg(x)$ $\Leftrightarrow$ $\dfrac{1}{g(x)} \cdot g'(x) = -2xg(x)$ $\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow$ $- \dfrac{1}{g^2 (x)} \cdot g'(x) = 2x$ $\Leftrightarrow$ $\left ( \dfrac{1}{g (x)} \right ) ' = (x^2 )' .$
Συνεπώς από πόρισμα συνεπειών ΘΜΤ προκύπτει $\dfrac{1}{g (x)} = x^2 + c$ και για x=0

, έχουμε

.
Άρα $g(x)= \dfrac{1}{x^2 +1 } .$

Αντικαθιστώντας στον τύπο της

έχουμε

Τώρα για την

, θεωρούμε : $\displaystyle{ \int_{0}^{1}h^2(x)dx =c$ , οπότε έχουμε: $h(x)=\dfrac{3e^x}{ e^2-1 } \cdot c$ .

Είναι: $\displaystyle{ \int_{0}^{1} \left ( \dfrac{3e^x}{e^2-1} \cdot c \right )^2 dx =c$ $\Leftrightarrow$ $\displaystyle {\frac{9c^2}{(e^2 -1)^2 } \int_{0}^{1} e^{2x}dx}= c$ $\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow$ 9c^2(e^2 -1) = 2c (e^2 -1)^2

, συνεπώς $c = \dfrac{2}{9} (e^2-1).$

Τελικά $h(x) = \dfrac{2}{3} e^x .$

Φιλικά
Σταμ. Γλάρος

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 23, 2017 3:57 pm**

erxmer έγραψε:Δίνονται οι συναρτήσεις για τις οποίες ισχύει οτι $\displaystyle{\left\{\begin{matrix} \left [ lng(x) \right ]'=-2xg(x)\\ \\ g(x)>0,g(0)=1,x \in R\\ \\ \displaystyle{h(x)=\frac{3e^x}{e^2-1}\int_{0}^{1}h^2(x)dx}\\ \\ h(x) \neq 0, x \in R\\ \\ f(x)=x+1+lng(x)\\ \end{matrix}\right.}$

1) Να βρεθούν οι τύποι των

2) Η είναι κοίλη σε κατάλληλο διάστημα

3) Aν μία αρχική της τότε κατάλληλο διάστημα ισχύει οτι

i) $\displaystyle{G(2x)-G(x) \geq xg(2x)}$

ii) $\displaystyle{\int_{0}^{\sqrt{e-1}}\left ( G(2x)-G(x) \right )dx \leq \frac{1}{2}}$

4) Δείξτε οτι $\displaystyle{h^{-1}(x)-x+1 \leq 0,x >0}$ και η είναι θετική και κοίλη

5) Αν το εμβαδό μεταξύ τότε $\displaystyle{\frac{7}{6} \leq E \leq \frac{3}{2}}$

6) Nα βρείτε τα σημεία καμπης της συνάρτησης και στην συνέχεια δείξτε οτι αν και οι με την σειρά που δίνονται είναι διαδοχικοί όροι α.π.

7) $\displaystyle{\lim_{x \to +\infty}\left [ \frac{h(x)}{g(x)} \right ]^{f(x)}=;}$

8) Nα λυθεί η εξίσωση $\displaystyle{\frac{h(x)}{g(x)}=f(x)}$

Καλησπέρα. Μια προσπάθεια για τα υπόλοιπα ερωτήματα μέχρι το 4)

2) Η $g(x)=\dfrac{1}{x^2 +1}$ είναι παραγωγίσιμη (πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων) με $g'(x)=- \dfrac{2x}{(x^2 +1)^2}$ .
Ομοίως η

είναι παραγωγίσιμη, με $g''(x)=\dfrac{2(3x^2-1}{(x^2 +1)^3}$ .
Από "πινακάκι" κατά τα γνωστά προκύπτει

κοίλη στο $\left [ -\frac{\sqrt{3}}{3} , \frac{\sqrt{3}}{3} \right ].$

3) (i) Είναι $\displaystyle{G(2x)-G(x) \geq xg(2x)}$ (1)
α) Για x=0,

η (1) ισχύει ως ισότητα.

β) Για x>0

είναι

οπότε ισχύουν οι προϋποθέσεις του ΘΜΤ για την

στο

.
Συνεπώς υπάρχει τουλάχιστον ένα $\xi \in (x, 2x)$ τέτοιο ώστε: $G'(\xi )= \dfrac{G(2x)-G(x)}{2x-x} \Leftrightarrow g(\xi )= \dfrac{G(2x)-G(x)}{x}$
Όμως από το προηγούμενο ερώτημα προκύπτει ότι η

είναι γνησίως φθίνουσα στο $(0, +\infty)$ .
Άρα για $\xi<2x$ , συμπεραίνουμε $g(\xi)>g(2x)$ $\Leftrightarrow$ $\dfrac{G(2x)-G(x)}{x}>g(2x)$ $\Leftrightarrow$ G(2x)-G(x)>x g(2x)

.

γ) Για x<0

είναι

οπότε ισχύουν οι προϋποθέσεις του ΘΜΤ για την

στο

.
Συνεπώς υπάρχει τουλάχιστον ένα $\xi \in (2x, x)$ τέτοιο ώστε: $G'(\xi )= \dfrac{G(x)-G(2x)}{x-2x} \Leftrightarrow g(\xi )= \dfrac{G(2x)-G(x)}{x}$
Όμως από το προηγούμενο ερώτημα προκύπτει ότι η

είναι γνησίως αύξουσα στο $(-\infty , 0)$ .
Άρα για $\xi>2x$ , συμπεραίνουμε $g(\xi)>g(2x)$ $\Leftrightarrow$ $\dfrac{G(2x)-G(x)}{x}>g(2x)$ $\Leftrightarrow$ G(2x)-G(x)<x g(2x)

, δεν ισχύει .
Συνεπώς η δοθείσα ισχύει στο $[0 , +\infty )$ .

4) Είναι $h(x)= \dfrac{2}{3} e^x$ . Για y= h(x)

λύνω, ως προς

, την εξίσωση $y= \dfrac{2}{3} e^x$ με y>0

.
Άρα η αντίστροφη είναι η $f^{-1}(x) =ln \left ( \dfrac{3x}{2} \right )$ .
Γι΄αυτήν, δεν μου προκύπτει η ζητούμενη ανισότητα. Προφανώς κάτι δεν βλέπω...

Στη συνέχεια έχουμε ότι η $f(x) =x +1- ln \left ( x^2 +1 \right )$ παραγωγίσιμη με $f' (x) = \dfrac{(x-1)^2}{x^2 +1 } >0 \,\,\,\,\forall x \in \mathbb{R} - { 1}$
και επειδή η

είναι συνεχής είναι γνησίως αύξουσα στο $\mathbb{R}$ .

Επίσης ισχύει f(0) =1

και
$\displaystyle\lim_{x\rightarrow +\infty }f(x) = \lim_{x\rightarrow +\infty } \left ( x+1 -ln \left ( x^2 +1 \right ) \right ) = \lim_{x\rightarrow +\infty } \left ((x+1) \left (1 - \frac{ln \left ( x^2 +1 \right )}{x+1} \right ) \right )=$ $+\infty,$
διότι εύκολα με τον κανόνα de L' Hospital υπολογίζουμε $\displaystyle\lim_{x\rightarrow +\infty } \frac{ln \left ( x^2 +1 \right )}{x+1} =0.$

Επομένως $f\left (\left [ 0,+\infty \right ) \right ) = [1, +\infty )$ .

Ακόμα βρίσκω $f''(x) = \dfrac{2(x^2 -1)}{( x^2 +1) ^2 }$ .
Άρα η

κοίλη μόνο στο [-1,1]

και κυρτή στο υπόλοιπο πεδίο ορισμού...

Δυστυχώς, εδώ πρέπει να σταματήσω.
Θα συνεχίσω αργότερα αν δεν προλάβει κάποιος άλλος.
Φιλικά
Σταμ. Γλάρος

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 27, 2017 9:25 pm**

erxmer έγραψε:Δίνονται οι συναρτήσεις για τις οποίες ισχύει οτι $\displaystyle{\left\{\begin{matrix} \left [ lng(x) \right ]'=-2xg(x)\\ \\ g(x)>0,g(0)=1,x \in R\\ \\ \displaystyle{h(x)=\frac{3e^x}{e^2-1}\int_{0}^{1}h^2(x)dx}\\ \\ h(x) \neq 0, x \in R\\ \\ f(x)=x+1+lng(x)\\ \end{matrix}\right.}$

1) Να βρεθούν οι τύποι των

2) Η είναι κοίλη σε κατάλληλο διάστημα

3) Aν μία αρχική της τότε κατάλληλο διάστημα ισχύει οτι

i) $\displaystyle{G(2x)-G(x) \geq xg(2x)}$

ii) $\displaystyle{\int_{0}^{\sqrt{e-1}}\left ( G(2x)-G(x) \right )dx \leq \frac{1}{2}}$

4) Δείξτε οτι $\displaystyle{h^{-1}(x)-x+1 \leq 0,x >0}$ και η είναι θετική και κοίλη

5) Αν το εμβαδό μεταξύ τότε $\displaystyle{\frac{7}{6} \leq E \leq \frac{3}{2}}$

6) Nα βρείτε τα σημεία καμπης της συνάρτησης και στην συνέχεια δείξτε οτι αν και οι με την σειρά που δίνονται είναι διαδοχικοί όροι α.π.

7) $\displaystyle{\lim_{x \to +\infty}\left [ \frac{h(x)}{g(x)} \right ]^{f(x)}=;}$

8) Nα λυθεί η εξίσωση $\displaystyle{\frac{h(x)}{g(x)}=f(x)}$

Καλησπέρα.
Συνεχίζοντας για τα ερωτήματα 5), 6) και 7).
5) Έχουμε σε προηγούμενα ερωτήματα αποδείξει ότι η

είναι γνησίως αύξουσα και f(0) =1.

Άρα για

είναι

Συνεπώς ισχύει: $E=\displaystyle \int_{0}^{1}f(x)dx$ .
Αρχικά αποδεικνύουμε ότι : $E=\displaystyle \int_{0}^{1}\left (x+1- ln(x^2 +1) \right ) dx \geq \dfrac{7}{6}$

$\Leftrightarrow$ $\displaystyle \int_{0}^{1}\left (x-\dfrac{1}{6} - ln(x^2 +1) \right ) dx \geq 0$ $\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow$ $\displaystyle \int_{0}^{1}\left (e^{x-\frac{1}{6}} - ln(x^2 +1) \right ) dx \geq 0$ , αρκεί να δείξω.
Θεωρώ την $p(x)= e^{x-\frac{1}{6}} - ln(x^2 +1) ,$ παραγωγίσιμη με $p'(x)=\dfrac{(x-1)^2}{x^2+1} >0$ $\forall x\in (0,1)$ .
Συνεπώς η

είναι γνησίως αύξουσα στο [0,1].

Άρα $p(x)\geq p(0)=e^{-\frac{1}{6}}>0$ και επομένως $E \geq \dfrac{7}{6}$ και μάλιστα $E> \dfrac{7}{6}$ .

Επίσης είναι $x^2 +1\geq 1$ $\Leftrightarrow$ $ln(x^2 +1) \geq 0$ $\Leftrightarrow$ $-ln (x^2+1)\leq 0$
οπότε $x+1 -ln (x^2+1)\leq x+1$ .

Άρα $E=\displaystyle \int_{0}^{1}f(x)dx\leq \int_{0}^{1}(x+1)dx = \frac{3}{2} .$

6) Έχουμε E(x) = - ln (g(x)) = ln (x^2 +1)

, δύο φορές παραγωγίσιμη με $E' (x) = \dfrac{2x}{(x^2+1)^2}$ και $E'' (x) = \dfrac{2(1-x)(1+x)}{(x^2+1)^2}$
Για x>1

είναι

, άρα η

: κοίλη.
Αφού a, b, c

αποτελούν διαδ. όρους αριθμητικής προόδου ισχύει 2b = a+c

.
Ισχύουν οι προϋποθέσεις του ΘΜΤ για την

στα διαστήματα $\left [ a, b=\dfrac{a+c}{2} \right ]$ και $\left [ b=\dfrac{a+c}{2}, c \right ]$ .
Επομένως υπάρχει τουλάχιστον ένα $\xi _{1}\in \left ( a, \frac{a+c}{2} \right )$ τέτοιο ώστε $E'(\xi _{1})=\dfrac{E(\frac{a+c}{2})-E(a)}{\frac{c-a}{2}} = \dfrac{E(b)-E(a)}{\frac{c-a}{2}} .$

Ομοίως υπάρχει τουλάχιστον ένα $\xi _{2}\in \left ( \frac{a+c}{2} ,c\right )$ τέτοιο ώστε $E'(\xi _{2})=\dfrac{E(c)- E(\frac{a+c}{2})}{\frac{c-a}{2}} = \dfrac{E(c)-E(b)}{\frac{c-a}{2}} .$

Άρα για $\xi _{1}< \xi _{2}$ και επειδή η

είναι γνησίως φθίνουσα , ισχύει $E'(\xi _{1})>E'( \xi _{2})$ $\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow$ E(b)-E(a)>E(c)- E(b)

$\Leftrightarrow$ 2E(b)>E(a)+ E(c)

$\Leftrightarrow$ 2ln (b^2+1)> ln (a^2+1)+ln (c^2+1)

$\Leftrightarrow$ ln (b^2+1)^2> ln ((a^2+1) (c^2+1))

$\Leftrightarrow$ (b^2+1)^2> (a^2+1) (c^2+1)

Ελπίζω να μην έχω κάνει λάθος , γιατί είναι ελαφρώς διαφορετικό από το ζητούμενο.

7) Είναι $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty }\dfrac{h(x)}{g(x)}= \lim_{x\rightarrow +\infty }\left (\dfrac{2}{3}e^x(x^2+1) \right )= +\infty$ .
Άρα $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty }ln \left (\dfrac{2}{3}e^x(x^2+1) \right )= +\infty$ .
Επίσης από το 4) έχουμε : $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty }f(x)= \lim_{x\rightarrow +\infty }(x+1 -ln (x^2 +1)) = +\infty$ .

Άρα $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty } \left (\dfrac{h(x)}{g(x)} \right )^{f(x)} = +\infty$ .

Φιλικά
Σταμ. Γλάρος

mathematica.gr

Πολυδιάστατη

Πολυδιάστατη

Re: Πολυδιάστατη

Re: Πολυδιάστατη

Re: Πολυδιάστατη