mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Απρ 27, 2017 6:51 pm**

Δίνεται συνάρτηση $f:(0,+\infty) \to R$ με τύπο $\displaystyle{f(x)=\frac{e^{x^2}}{x}}$ και

μια παράγουσα ώστε F(1)=0,5

.

1) Nα μελετηθεί και να σχεδιαστεί η γραφική της παράσταση της

2) Να αποδείξετε οτι η

αντιστρέφεται

3) Να αποδειχθεί οτι $\displaystyle{F(x)>\frac{x^2}{2},x>1}$ , $\displaystyle{F(x)<\frac{x^2}{2}+lnx,x \in (0,1)}$

4) Nα βρεθεί το πεδίο ορισμού της αντίστροφης

5) Να υπολογιστούν τα $\displaystyle{\lim_{x \to +\infty}\frac{F^{-1}(x)}{x}}$ , $\displaystyle{\lim_{x \to +\infty}\frac{F^{-1}(x)}{lnx}}$

6) H εξίσωση F(x)=0

έχει μία λύση

ακριβώς στο (0,1)

και $\displaystyle{\int_{1}^{a}2xF(x)dx=-\frac{e^{a^2}-e+1}{2}}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 28, 2017 2:13 am**

erxmer έγραψε:Δίνεται συνάρτηση $f:(0,+\infty) \to R$ με τύπο $\displaystyle{f(x)=\frac{e^{x^2}}{x}}$ και μια παράγουσα ώστε .

1) Nα μελετηθεί και να σχεδιαστεί η γραφική της παράσταση της

2) Να αποδείξετε οτι η αντιστρέφεται

3) Να αποδειχθεί οτι $\displaystyle{F(x)>\frac{x^2}{2},x>1}$ , $\displaystyle{F(x)<\frac{x^2}{2}+lnx,x \in (0,1)}$

4) Nα βρεθεί το πεδίο ορισμού της αντίστροφης

5) Να υπολογιστούν τα $\displaystyle{\lim_{x \to +\infty}\frac{F^{-1}(x)}{x}}$ , $\displaystyle{\lim_{x \to +\infty}\frac{F^{-1}(x)}{lnx}}$

6) H εξίσωση έχει μία λύση ακριβώς στο και $\displaystyle{\int_{1}^{a}2xF(x)dx=\frac{e^{a^2-e+1}}{2}}$

...ΛΥΣΗ....

1) Η

είναι παραγωγίσιμη στο $\Delta =(0,+\infty )$ με

${f}'(x)=\frac{2{{x}^{2}}{{e}^{{{x}^{2}}}}-{{e}^{{{x}^{2}}}}}{{{x}^{2}}}=\frac{(2{{x}^{2}}-1){{e}^{{{x}^{2}}}}}{{{x}^{2}}}$ οπότε

${f}'(x)=0\Leftrightarrow x=\frac{\sqrt{2}}{2}$ και ${f}'(x)>0\Leftrightarrow x>\frac{\sqrt{2}}{2}$ άρα

η

είναι γνήσια αύξουσα στο διάστημα $[\frac{\sqrt{2}}{2},\,\,+\infty )$ και ${f}'(x)<0\Leftrightarrow x<\frac{\sqrt{2}}{2}$ άρα

η

είναι γνήσια φθίνουσα στο διάστημα $(0,\,\,\frac{\sqrt{2}}{2}]$ έτσι παρουσιάζει ελάχιστο το $f(\frac{\sqrt{2}}{2})=\sqrt{2e}$

Επίσης είναι ${f}''(x)=\frac{2(2{{x}^{4}}-{{x}^{2}}+1){{e}^{{{x}^{2}}}}}{{{x}^{3}}}>0$ επομένως η

είναι κυρτή στο $\Delta =(0,+\infty )$

Ακόμη $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f(x)=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{{{x}^{2}}}}}{x}=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{1}{x}{{e}^{{{x}^{2}}}} \right)=+\infty$

και $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{{{x}^{2}}}}}{x}\underset{DLH}{\overset{\frac{\infty }{\infty }}{\mathop{=}}}\,\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{2x{{e}^{{{x}^{2}}}}}{1}=+\infty$

Τέλος επειδή $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x)}{x}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{{{x}^{2}}}}}{{{x}^{2}}}\underset{DLH}{\overset{\frac{\infty }{\infty }}{\mathop{=}}}\,\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{2x{{e}^{{{x}^{2}}}}}{2x}=+\infty$

δεν έχει ασύμπτωτη στο $+\infty$

2) Είναι ${F}'(x)=f(x)>\sqrt{2e}>0,\,\,\,x\in (0,\,\,+\infty )$ άρα η

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

3) Αν $g(x)=F(x)-\frac{{{x}^{2}}}{2},\,\,x\ge 1$ τότε ισχύουν ότι $g(1)=F(1)-\frac{1}{2}=0$ και

${g}'(x)={F}'(x)-x=f(x)-x=\frac{{{e}^{{{x}^{2}}}}}{x}-x=\frac{{{e}^{{{x}^{2}}}}-{{x}^{2}}}{x}>0,\,\,x\ge 1$

γιατί από την( με απόδειξη βάσει της γνωστής $\ln x\le x-1,\,\,x>0$ ) ισχύει ότι ${{e}^{x}}\ge x+1>x,\,\,x\in R$

άρα και ${{e}^{{{x}^{2}}}}>{{x}^{2}},\,\,x\in R$ επομένως

είναι γνήσια αύξουσα στο $[1,+\infty )$

και τότε ισχύει για $x>1\overset{g:\nearrow }{\mathop{\Rightarrow }}\,g(x)>g(1)=0$ άρα $F(x)-\frac{{{x}^{2}}}{2}>0,\,\,\,x>1$

Τώρα αν $H(x)=F(x)-\frac{{{x}^{2}}}{2}-\ln x,\,\,0<x\le 1$ τότε ισχύουν ότι $H(1)=F(1)-\frac{1}{2}-0=0$ και

${h}'(x)={F}'(x)-x-\frac{1}{x}=f(x)-x-\frac{1}{x}=\frac{{{e}^{{{x}^{2}}}}}{x}-x-\frac{1}{x}=\frac{{{e}^{{{x}^{2}}}}-{{x}^{2}}-1}{x}>0\,$ ${{e}^{{{x}^{2}}}}>{{x}^{2}},\,\,x\in R$

επομένως

είναι γνήσια αύξουσα στο $(0,\,\,1]$ και τότε ισχύει για $x<1\overset{h:\nearrow }{\mathop{\Rightarrow }}\,h(x)<h(1)=0$

άρα $F(x)-\frac{{{x}^{2}}}{2}-\ln x<0,\,\,\,0<x<1$

4) Το πεδίο ορισμού της αντίστροφης της

είναι το σύνολο τιμών της δηλαδή το

$F(\Delta )=\left( \underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,F(x),\,\,\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,F(x) \right)$

Τώρα επειδή $\displaystyle{F(x)<\frac{x^2}{2}+lnx,x \in (0,1)}$ και $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,(\frac{{{x}^{2}}}{2}+lnx)=-\infty$

θα είναι και $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,F(x)=-\infty$ και επειδή $\displaystyle{F(x)>\frac{x^2}{2},x>1}$ και

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,(\frac{{{x}^{2}}}{2})=+\infty$ θα είναι και

$\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,F(x)=+\infty$ άρα $F(\Delta )=\left( -\infty ,\,\,+\infty \right)=R$

5) ...αναμένεται...

6) Επειδή $F(\Delta )=R$ και $0\in F(\Delta )$ υπάρχει $\alpha \in \Delta$ και μάλιστα μοναδικό λόγω μονοτονία ς της

που $F(\alpha )=0$

Τώρα $\int\limits_{1}^{a}{2}xF(x)dx=\int\limits_{1}^{a}{({{x}^{2}}{)}'}F(x)dx=\left[ {{x}^{2}}F(x) \right]_{1}^{a}-\int\limits_{1}^{a}{{{x}^{2}}}{F}'(x)dx=$

$={{\alpha }^{2}}F(\alpha )-F(1)-\int\limits_{1}^{a}{{{x}^{2}}\frac{{{e}^{{{x}^{2}}}}}{x}}d=-\frac{1}{2}-\int\limits_{1}^{a}{x{{e}^{{{x}^{2}}}}}dx=$

$=-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\int\limits_{1}^{a}{({{e}^{{{x}^{2}}}}{)}'}dx=-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\left[ {{e}^{{{x}^{2}}}} \right]_{1}^{\alpha }$

$=-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\left( {{e}^{{{a}^{2}}}}-e \right)=-\frac{1}{2}({{e}^{{{a}^{2}}}}-e+1)$

...για το τελευταίο αποτέλεσμα μπορεί να είναι λάθος...θα δείξει...

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 28, 2017 3:01 pm**

KAKABASBASILEIOS έγραψε:
5) ...αναμένεται...

6) Επειδή $F(\Delta )=R$ και $0\in F(\Delta )$ υπάρχει $\alpha \in \Delta$ και μάλιστα μοναδικό λόγω μονοτονία ς της που $F(\alpha )=0$

Τώρα $\int\limits_{1}^{a}{2}xF(x)dx=\int\limits_{1}^{a}{({{x}^{2}}{)}'}F(x)dx=\left[ {{x}^{2}}F(x) \right]_{1}^{a}-\int\limits_{1}^{a}{{{x}^{2}}}{F}'(x)dx=$

$={{\alpha }^{2}}F(\alpha )-F(1)-\int\limits_{1}^{a}{{{x}^{2}}\frac{{{e}^{{{x}^{2}}}}}{x}}d=-\frac{1}{2}-\int\limits_{1}^{a}{x{{e}^{{{x}^{2}}}}}dx=$

$=-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\int\limits_{1}^{a}{({{e}^{{{x}^{2}}}}{)}'}dx=-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\left[ {{e}^{{{x}^{2}}}} \right]_{1}^{\alpha }$

$=-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\left( {{e}^{{{a}^{2}}}}-e \right)=-\frac{1}{2}({{e}^{{{a}^{2}}}}-e+1)$

...για το τελευταίο αποτέλεσμα μπορεί να είναι λάθος...θα δείξει...

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

Γεια σου Βασίλη.

Το 6) θα δείξει μια διόρθωση στην εκφώνηση.

Για το 5)
Για x> 2

ειναι

$F(x)\geq \int_{\frac{x}{2}}^{x}\dfrac{e^{t^{2}}}{t}dt\geq \dfrac{x}{2}\dfrac{e^{\frac{x^{2}}{4}}}{\frac{x}{2}}={e^{\frac{x^{2}}{4}}}$

Τελικά για x> 2

είναι

$\frac{x^{2}}{4}\leq lnF(x)$ (1)

Αλλά $x> 100\Rightarrow x> F(2)\Rightarrow F^{-1}(x)> 2$

Ετσι για x> 100

μπορουμε να βάλουμε στην (1) όπου

το $F^{-1}(x)$
και να γίνει

$(\frac{F^{-1}(x)}{2})^{2}\leq lnx$

Τελικά για x> 100

είναι

$0< \dfrac{F^{-1}(x)}{lnx}\leq \dfrac{2}{\sqrt{lnx}}$

και το κριτήριο παρεμβολής δίνει ότι το δεύτερο όριο είναι

Προφανώς και το πρώτο όριο είναι

mathematica.gr

Μπάμ

Μπάμ

Re: Μπάμ

Re: Μπάμ