mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 21, 2017 8:43 pm**

Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση

ώστε $e^{2x}-(f'(x)+f(x))e^x+f'(x)f(x)=0, x \in R, f(0)=1$

1) Nα βρεθεί ο τύπος της

2) Να υπολογιστεί το εμβαδό E(a)

του χωρίου μεταξύ των $C_f,xx',yy',x=a \leq 0$

3) Nα αποδείξετε οτι η εξίσωση $\displaystyle{\lim_{a \to 0}\left (\frac{sina}{E(a)}+sinz+1 \right )=\lim_{a \to -\infty}\left ( E(a)+z+e^asina \right )}$
έχει μοναδική (αρνητική) ρίζα z_0

.

4) Να βρεθεί η τιμή $z \leq 0$ ώστε $\displaystyle{\lim_{a \to z}\frac{E(a)}{a-z}=\lim_{a \to 0}\frac{E(a)}{sina}}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 21, 2017 10:38 pm**

erxmer έγραψε:Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση ώστε $e^{2x}-(f'(x)+f(x))e^x+f'(x)f(x)=0, x \in R, f(0)=1$

1) Nα βρεθεί ο τύπος της

2) Να υπολογιστεί το εμβαδό του χωρίου μεταξύ των $C_f,xx',yy',x=a \leq 0$

3) Nα αποδείξετε οτι η εξίσωση $\displaystyle{\lim_{a \to 0}\left (\frac{sina}{E(a)}+sinz+1 \right )=\lim_{a \to -\infty}\left ( E(a)+z+e^asina \right )}$
έχει μοναδική (αρνητική) ρίζα .

4) Να βρεθεί η τιμή $z \leq 0$ ώστε $\displaystyle{\lim_{a \to z}\frac{E(a)}{a-z}=\lim_{a \to 0}\frac{E(a)}{sina}}$

Καλησπέρα. μια προσπάθεια...
1) Είναι: $e^{2x}-(f'(x)+f(x))e^x+f'(x)f(x)=0$ $\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow$ $2e^{2x}+2f'(x)f(x)=2(f'(x)e^x+f(x)e^x)$ $\Leftrightarrow$
$(e^{2x} + f^2(x))' =(2f(x)e^x)'$ $(e^{2x} + f^2(x))' =(2f(x)e^x)'$ (1)

Θέτω στην (1) x=0

και προκύπτει c=0

.

Επομένως ισχύει $e^{2x} - 2f(x)e^x + f^2(x) = 0$ $\Leftrightarrow$ $(e^{x} - f(x))^2= 0$
Αν υποθέσουμε ότι υπάρχει $x_{o}$ ώστε $f(x_{o})\neq e^{x_{o}}\Rightarrow \left ( f(x_{o})- e^{x_{o}} \right )^2\neq 0$ . ΑΤΟΠΟ.
Άρα $f(x) = e^{x}$ , για κάθε $x\in \mathbb{R}$ .

2) Είναι f(x) >0

οπότε $E(a)= \displaystyle\int_{a}^{0}f(x)dx= \int_{a}^{0}e^x dx =1-e^a$ .

3) Κατά αρχήν $\displaystyle{\lim_{a \to 0}\frac{sina}{E(a)}= \lim_{a \to 0}\frac{sina}{1-e^a }$ . Έχουμε απροσδιόριστη μορφή $\dfrac{0}{0}$ .
Συνεπώς εφαρμόζοντας κανόνα de L' Hospital προκύπτει : $\displaystyle{\lim_{a \to 0}\frac{sina}{E(a)}= \lim_{a \to 0}\frac{cos a}{-e^a } = -1$ .

Τώρα $\displaystyle{\lim_{a \to -\infty}\left ( E(a) + e^a sina \right ) = \lim_{a \to -\infty}\left ( 1- e^a + e^a sina \right ) = 1 - 0 +0$ ,
διότι αν g(a) = e^a sina

είναι $|g(a) | = | e^a sina | \leq e^a$ $\Leftrightarrow$ $- e^a \leq g(a)\leq e^a$
και επειδή $\displaystyle{\lim_{a \to -\infty}e^a = 0$ , από κριτήριο Παρεμβολής είναι $\displaystyle{\lim_{a \to -\infty}g(a) = 0$ .

Επομένως η εξίσωση ισοδυνάμως παίρνει την μορφή : sin z = 1 + z

.
Θεωρώ την συνάρτηση f(z) = sin z - 1 - z

, παραγωγίσιμη με $f' (z) = cos z - 1 \leq 0$ .
H

μηδενίζεται για μεμονωμένες τιμές : $z =2\kappa \pi , \kappa \in\mathbb{Z}$ και εφ΄όσον h :

συνεχής ,
συμπεραίνουμε ότι η

είναι γνησίως φθίνουσα , άρα και 1-1.

Επίσης επειδή h(0) = -1 <0

, $h(-2\pi) = -1+2 \pi > 0$ , ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θ. Bolzano στο $[-2\pi , 0]$ .
Συνεπώς υπάρχει τουλάχιστον μία ρίζα της

στο $( -2\pi , 0)$ και αφού η

είναι 1-1 στο $(-\infty , 0)$ , είναι μοναδική .

4) Εφαρμόζοντας κανόνα de L' Hospital (απροσδιόριστη μορφή $\dfrac{0}{0}$ ) προκύπτει :
$\displaystyle{\lim_{a \to 0}\frac{E(a)}{sina} = \lim_{a \to 0}\frac{1 - e^a }{sina} = \lim_{a \to 0}\frac{ - e^a }{cos a} = -1$ .
Για z <0

δεν υπάρχει το $\displaystyle{\lim_{a \to z}\frac{E(a)}{a-z}$ , διότι προκύπτει $-\infty$ από αριστερά
και $+\infty$ από δεξιά.
Όμως για z = 0

έχουμε $\displaystyle{\lim_{a \to 0}\frac{E(a)}{a} =-1$ .
Άρα z = 0

.

Φιλικά
Σταμ. Γλάρος

mathematica.gr

Click

Click

Re: Click