mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 23, 2017 6:49 pm**

(Δικής μου κατασκευής, ελπίζω να σας αρέσει)

Θεωρούμε την δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:(0,+ \infty ) \to R$ για την οποία ισχύουν:

1) $lim_{x \to 0^{+}} f(x) = - \infty , lim_{x \to + \infty} f(x) = + \infty$

2) $f''(x)=- \frac {f'(x)}{e^{f(x)}}$ για κάθε $x \in (0,+ \infty )$

Α) Να αποδείξετε ότι η

έχει τύπο είτε τον f(x)=lnx

, είτε τον $f(x)= ln(e^{cx}-1)-lnc$ , όπου

είναι κάποια θετική σταθερά.

Β) Αν επιπλέον ισχύει ότι f(1)=ln(e-1)

, να βρείτε τον τύπο της

Γ) Αν $f(x)=ln(e^{x}-1)$ , τότε:

(α) Να βρείτε τις ασύμπτωτες της $C_{f}$

(β) Να υπολογίσετε το εμβαδό του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης $h(x)=e^{x}f(x)$ , τον άξονα x'x

και την ευθεία x=ln3

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 24, 2017 2:47 am**

siobaras έγραψε:(Δικής μου κατασκευής, ελπίζω να σας αρέσει)

Θεωρούμε την δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:(0,+ \infty ) \to R$ για την οποία ισχύουν:

1) $lim_{x \to 0^{+}} f(x) = - \infty , lim_{x \to + \infty} f(x) = + \infty$

2) $f''(x)=- \frac {f'(x)}{e^{f(x)}}$ για κάθε $x \in (0,+ \infty )$

Α) Να αποδείξετε ότι η έχει τύπο είτε τον , είτε τον $f(x)= ln(e^{cx}-1)-lnc$ , όπου είναι κάποια θετική σταθερά.

Β) Αν επιπλέον ισχύει ότι , να βρείτε τον τύπο της

Γ) Αν $f(x)=ln(e^{x}-1)$ , τότε:

(α) Να βρείτε τις ασύμπτωτες της $C_{f}$

(β) Να υπολογίσετε το εμβαδό του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης $h(x)=e^{x}f(x)$ , τον άξονα και την ευθεία

...γιά το (Α)....

Α) Από $f''(x)=- \frac {f'(x)}{e^{f(x)}}$ για κάθε $x \in (0,+ \infty )$ ισοδύναμα έχουμε

${f}''(x)=-{{e}^{-f(x)}}{f}'(x)\Leftrightarrow {{\left( {f}'(x) \right)}^{\prime }}={{\left( {{e}^{-f(x)}} \right)}^{\prime }}\Leftrightarrow {{e}^{-f(x)}}={f}'(x)+c,\,\,x\in (0,\,\,+\infty )$

και ισοδύναμα

$1={{e}^{f(x)}}{f}'(x)+c{{e}^{f(x)}}\Leftrightarrow {{\left( {{e}^{f(x)}} \right)}^{\prime }}+c{{e}^{f(x)}}=1\Leftrightarrow {{e}^{cx}}{{\left( {{e}^{f(x)}} \right)}^{\prime }}+{{\left( {{e}^{cx}} \right)}^{\prime }}{{e}^{f(x)}}={{e}^{cx}}$

${{\left( {{e}^{cx}}{{e}^{f(x)}} \right)}^{\prime }}={{e}^{cx}},\,\,\,x\in (0,\,\,+\infty )$ (1)

Αν c=0

τότε έχουμε από (1) ότι ${{\left( {{e}^{f(x)}} \right)}^{\prime }}=(x{)}'\Leftrightarrow {{e}^{f(x)}}=x+{{c}_{1}}$

και επειδή $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f(x)=-\infty$ προκύπτει αναγκαία $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{{e}^{f(x)}}=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,(x+{{c}_{1}})\Rightarrow 0={{c}_{1}}$

άρα ${{e}^{f(x)}}=x\Leftrightarrow f(x)=\ln x,\,\,x\in (0,\,\,+\infty )$ που επαληθεύει την αρχική σχέση και με

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)=+\infty$ επομένως η λύση είναι δεκτή.

Τώρα για $c\ne 0$ από (1) ${{\left( {{e}^{cx+f(x)}} \right)}^{\prime }}={{\left( \frac{1}{c}{{e}^{cx}} \right)}^{\prime }}\Leftrightarrow {{e}^{cx+f(x)}}=\frac{1}{c}{{e}^{cx}}+{{c}_{1}}$ (2) και επειδή $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f(x)=-\infty$ και

$\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,{{e}^{cx}}=1$ και $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,({{e}^{cx+f(x)}})=0$ από (2) θα είναι $0=\frac{1}{c}+{{c}_{1}}\Leftrightarrow {{c}_{1}}=-\frac{1}{c}$

και θα έχουμε ότι

${{e}^{cx+f(x)}}=\frac{1}{c}{{e}^{cx}}-\frac{1}{c}\Leftrightarrow c{{e}^{cx+f(x)}}={{e}^{cx}}-1\Leftrightarrow c{{e}^{f(x)}}=1-{{e}^{-cx}}\Leftrightarrow {{e}^{f(x)}}=\frac{1-{{e}^{-cx}}}{c}$ (3)

Αν c>0

τότε $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{e}^{-cx}}=0$ οπότε $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1-{{e}^{-cx}}}{c}=\frac{1}{c}>0$ και

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{e}^{f(x)}}=+\infty$ οπότε λόγω (3) άτοπο επ0μένως αναγκαία c<0

και από (3)

${{e}^{f(x)}}=\frac{{{e}^{-cx}}-1}{-c}\Leftrightarrow f(x)=\ln \left( \frac{{{e}^{-cx}}-1}{-c} \right)=\ln ({{e}^{\kappa x}}-1)-\ln \kappa ,\,\,\,x\in (0,\,\,+\infty )$

με $-c=\kappa >0$ που επαληθεύει την αρχική

...και αύριο μέρα είναι...

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 24, 2017 11:07 am**

Για το Γ

(α) Εύρεση ασυμπτώτων

Παρουσιάζει κατακόρυφη ασύμπτωτη τον άξονα y'Oy

καθώς
$\lim_{x\to {0^{+}}} f(x)=\lim_{x\to {0^{+}}} ln((e^x-1))=ln(\lim_{x\to {0^{+}}} (e^x-1))=-\infty$

δεν παρουσιάζει οριζόντια ασύμπτωτη για ${x\to{+\infty}}$

ενώ έχει πλάγια ασύμπτωτη όταν ${χ \to{+\infty}}$ την y=x

διότι

$\lim_{x \to +\infty}\frac{f(x)}{x}=\lim_{x \to +\infty}\frac{ln(e^x-1)}{x}{(\frac{+\infty}{+\infty}})_{dlH}=\lim_{x \to +\infty}\frac{(ln(e^x-1)')}{x'}=\lim_{x \to +infty}\frac{\frac{e^x-1}{e^x}}{1}=\lim_{x \to +\infty}\frac{e^x-1}{e^x}(\frac{+\infty}{+\infty})_{dlH}=\lim_{x \to +\infty}\frac{e^x}{e^x}=1$

και

$\lim_{x \to +\infty}(f(x)-x)= \lim_{x \to +\infty} [ln(e^x-1)-x]= \lim_{x \to +\infty}[ln(e^x-1)-ln(e^x)]=\lim_{x \to +\infty}ln\frac{e^x-1}{e^x}=(\frac{+\infty}{+\infty})_{dlH}=ln(\lim_{x \to +\infty}\frac{(e^x-1)'}{(e^x)'})(\frac{+\infty}{+\infty})_{dlH}=ln(\lim_{x \to +\infty}\frac{e^x}{e^x})=ln1=0$

(β)
Η h(x)=e^xf(x)=e^xln(e^x-1)

έχει προφανή ρίζα για $ln(e^x-1)=ln1\leftrightarrow e^x-1=1\leftrightarrow e^x=2\leftrightarrow x=ln2$
Επίσης είναι $\uparrow$ διότι αν
$x_{1}<x_{2}$ , τότε $e^{x_{1}}<e^{x_{2}}, e^{x_{1}}-1<e^{x_{2}}-1$ και $ln(e^{x_{1}}-1)<ln(e^{x_{2}}-1)$ άρα $h(x_{1})<h(x_{2})$

Το ζητούμενο εμβαδό θα είναι
$\int_{ln2}^{ln3}e^xln(e^x-1)dx=\int_{ln2}^{ln3}(e^x)'ln(e^x-1)dx=\left\big [ e^xln(e^x-1) \right ]_{ln2}^{ln3}-\int_{ln2}^{ln3}e^x\frac{e^x}{e^x-1}dx=\\\\3ln2-\int_{ln2}^{ln3}\frac{e^{2x}}{e^x-1}dx=ln8-\int_{ln2}^{ln3}(\frac{(e^{2x}-e^x+e^x)}{e^x-1}dx=\\\\ 3ln2-\int_{ln2}^{ln3}(\frac{e^x(e^x-1)}{e^x-1})+(\frac{e^x}{e^x-1})dx=\\\\ ln8-\int_{ln2}^{ln3}(e^x-(\frac{e^x}{e^x-1})dx=\\\\ ln8-\left\big [ e^x \right ]_{ln2}^{ln3}-\int_{ln2}^{ln3}\frac{(e^x-1)'}{e^x-1})dx=\\\\ ln8-[e^{ln3}-e^{ln2}]-\int_{ln2}^{ln3}(ln(e^x-1))'dx=\\\\ ln8-(3-2)-\left\big [ ln(e^x-1) \right ]_{ln2}^{ln3}=\\\\ ln8-1-(ln2)=\\\\ ln8-lne-ln2=ln\frac{8}{2e}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 24, 2017 5:50 pm**

Ωραίος, Βασίλη!

Ratio, σωστές οι ασύμπτωτες, αλλά στο εμβαδό, αν και βρίσκεις το σωστό ολοκλήρωμα, κάτι πρέπει να είναι λάθος στους υπολογισμούς, νομίζω στο ολοκλήρωμα που βγαίνει μετά την παραγοντική (Αν και μάλλον βγαίνει και με παραγοντική).

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 24, 2017 10:37 pm**

Πολύ σωστά, μόλις τωρα είδα ότι ξέχασα το e^x

Το διορθώνω στην ήδη υπάρχουσα

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 24, 2017 6:37 am**

Επαναφορά για το Β

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 24, 2017 11:44 pm**

siobaras έγραψε:(Δικής μου κατασκευής, ελπίζω να σας αρέσει)

Θεωρούμε την δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση $f:(0,+ \infty ) \to R$ για την οποία ισχύουν:

1) $lim_{x \to 0^{+}} f(x) = - \infty , lim_{x \to + \infty} f(x) = + \infty$

2) $f''(x)=- \frac {f'(x)}{e^{f(x)}}$ για κάθε $x \in (0,+ \infty )$

Α) Να αποδείξετε ότι η έχει τύπο είτε τον , είτε τον $f(x)= ln(e^{cx}-1)-lnc$ , όπου είναι κάποια θετική σταθερά.

Β) Αν επιπλέον ισχύει ότι , να βρείτε τον τύπο της

...για να μη μένουν εκρεμμότητες συνέχεια του (Α)...

Β) Αφού f(1)=ln(e-1)

προκύπτει από $f(x)=ln({{e}^{\kappa x}}-1)-ln\kappa$ ότι

$f(1)=ln({{e}^{\kappa }}-1)-ln\kappa \Leftrightarrow ln\kappa \left( e-1 \right)=ln(\frac{{{e}^{\kappa }}-1}{\kappa })\Leftrightarrow e-1=\frac{{{e}^{\kappa }}-1}{\kappa }$

$\kappa e-\kappa ={{e}^{\kappa }}-1\Leftrightarrow {{e}^{\kappa }}-\kappa e+\kappa -1=0$ άρα το $\kappa >0$ είναι ρίζα της εξίσωσης ${{e}^{x}}-xe+x-1=0$

Τώρα η συνάρτηση $h(x)={{e}^{x}}-xe+x-1,\,\,x\in [0,\,+\infty )$ έχει προφανείς ρίζες τίς $x=0,\,\,x=1$ είναι παραγωγίσιμη με

${h}'(x)={{e}^{x}}-e+1$ . Αν υποθέσουμε ότι έχει τρείς ρίζες τις ${{\rho }_{1}}<{{\rho }_{2}}<{{\rho }_{3}}$ τότε στα διαστήματα

$[{{\rho }_{1}},\,{{\rho }_{2}}],\,\,[{{\rho }_{2}},\,{{\rho }_{3}}]$ σύμφωνα με το ROLLE υπάρχουν

${{x}_{1}}\in ({{\rho }_{1}},\,{{\rho }_{2}}),\,\,{{x}_{2}}\in ({{\rho }_{2}},\,{{\rho }_{3}})$ ώστε ${h}'({{x}_{1}})={h}'({{x}_{2}})=0$ και επειδή

${h}''(x)={{e}^{x}}$ σύμφωνα πάλι με το ROLLE υπάρχουν ${{x}_{3}}\in ({{x}_{1}},\,{{x}_{2}})$ ώστε ${h}''({{x}_{3}})=0$

που είναι άτοπο αφού ${h}''(x)={{e}^{x}}>0,\,\,x\in R$ άρα μοναδικές ρίζες της εξίσωσης είναι $x=0,\,\,x=1$

και αφού $\kappa >0$ είναι $\kappa =1$ επομένως $f(x)=ln({{e}^{x}}-1)$

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 02, 2017 9:53 am**

Πολύ ωραίος ο Βασίλης!

mathematica.gr

Καλούλα προς καλή

Καλούλα προς καλή

Re: Καλούλα προς καλή

Re: Καλούλα προς καλή

Re: Καλούλα προς καλή

Re: Καλούλα προς καλή

Re: Καλούλα προς καλή

Re: Καλούλα προς καλή

Re: Καλούλα προς καλή