Πολλαπλή

erxmer · #1

Δίνεται συνάρτηση $f:R \to R$ ώστε $\displaystyle{\left\{\begin{matrix} f''(x)=2\left ( f(x)+xf'(x) \right ), x \in R\\ \\ f(x)>0\\ \\ f(0)=1\\ \\ \displaystyle{\lim_{x \to 0}\left ( f(x) \right )^{\frac{1}{x}}=1\\ \end{matrix}\right.}}$

1) Να βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης

2) Να λυθεί η ανίσωση $\displaystyle{\frac{f(x^3)-1}{f(x)-1}>x^2, x>0}$

3) $e^2-e<\displaystyle{\int_{e}^{e^2}\left ( f(x)+f(1-x^2) \right )dx}<e^5(e-1)$

Aν μία παράγουσα της στο με τότε

4) $\displaystyle{\int_{-a}^{a}xF(F(x))dx>0}$

5) Nα αποδείξετε οτι η εξίσωση $F(x^x)=F(\displaystyle{e^{\frac{1}{tanx}}})$ έχει μία τουλάχιστον λύση στο διάστημα $(1,\frac{\pi}{2})$

6) Nα αποδείξετε οτι η

είναι κυρτή για $x \geq 0$ και να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της στο (0,F(0))

7)

8) Nα υπολογίσετε τα όρια $\displaystyle{\lim_{x \to +\infty }\left ( F(x) \right )^{\frac{F(x)}{xf(x)}}$ , $\displaystyle{\lim_{x \to 0}\frac{F(cosx)-F(1)}{x^2}}$

#2

erxmer έγραψε:Δίνεται συνάρτηση $f:R \to R$ ώστε $\displaystyle{\left\{\begin{matrix} f''(x)=2\left ( f(x)+xf'(x) \right ), x \in R\\ \\ f(x)>0\\ \\ f(0)=1\\ \\ \displaystyle{\lim_{x \to 0}\left ( f(x) \right )^{\frac{1}{x}}=1\\ \end{matrix}\right.}}$

1) Να βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης

...για το (1)....

1) Από ${f}''(x)=2\left( f(x)+x{f}'(x) \right),x\in R$ έχουμε ισοδύναμα $\displaystyle{{f}''(x)=(2xf(x){)}'\Leftrightarrow {f}'(x)=2xf(x)+c}$ (1)

Τώρα είναι $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,{{\left( f(x) \right)}^{\frac{1}{x}}}=1\Leftrightarrow \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,{{e}^{\frac{\ln (f(x))}{x}}}=1$

και επειδή $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln (f(x))}{x}\underset{DLH}{\overset{\frac{0}{0}}{\mathop{=}}}\,\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{f}'(x)}{f(x)}=\frac{{f}'(0)}{f(0)}={f}'(0)$ είναι

${{e}^{{f}'(0)}}=1\Rightarrow {f}'(0)=0$ και από (1) προκύπτει ότι $\displaystyle{0=c}$ άρα

$\displaystyle{{f}'(x)=2xf(x)\Leftrightarrow \frac{{f}'(x)}{f(x)}=2x\Leftrightarrow {{\left( \ln (f(x) \right)}^{\prime }}=({{x}^{2}}{)}'\Leftrightarrow \ln (f(x))={{x}^{2}}+c}$

και αφού f(0)=1

προκύπτει ότι c=0

άρα $\displaystyle{\ln (f(x))={{x}^{2}}\Leftrightarrow f(x)={{e}^{{{x}^{2}}}},\,\,x\in R}$ που επαληθεύει τις αρχικές συνθήκες.

...έχει και συνέχεια...

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

#3

erxmer έγραψε:Δίνεται συνάρτηση $f:R \to R$ ώστε $\displaystyle{\left\{\begin{matrix} f''(x)=2\left ( f(x)+xf'(x) \right ), x \in R\\ \\ f(x)>0\\ \\ f(0)=1\\ \\ \displaystyle{\lim_{x \to 0}\left ( f(x) \right )^{\frac{1}{x}}=1\\ \end{matrix}\right.}}$

1) Να βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης

2) Να λυθεί η ανίσωση $\displaystyle{\frac{f(x^3)-1}{f(x)-1}>x^2, x>0}$

...συνεχίζοντας...για το (2)...

2) Θεωρώντας την συνάρτηση

$g(x)=\frac{f({{x}^{3}})-1}{f(x)-1}-{{x}^{2}}=\frac{f({{x}^{3}})-f(x)+f(x)-1}{f(x)-1}-{{x}^{2}}=\frac{f({{x}^{3}})-f(x)}{f(x)-1}+1-{{x}^{2}},x\in [0,\,\,+\infty )$

έχει προφανή ρίζα την x=1

Αν τώρα υπάρχει $1<{{x}_{0}}$ ώστε $g({{x}_{0}})=0$ ή $\frac{f(x_{0}^{3})-f({{x}_{0}})}{f({{x}_{0}})-1}=x_{0}^{2}-1$ (1) τότε

επειδή $0<1<{{x}_{0}}<x_{0}^{2}<x_{0}^{3}$ σύμφωνα με το Θ.Μ.Τ. υπάρχουν

${{x}_{1}}\in (0,\,\,{{x}_{0}}),$ ${{x}_{2}}\in (x_{0}^{2},\,\,x_{0}^{3})$ ώστε να ισχύουν

${f}'({{x}_{1}})=\frac{f({{x}_{0}})-f(0)}{{{x}_{0}}}\Leftrightarrow {{x}_{0}}{f}'({{x}_{1}})=f({{x}_{0}})-1$ και

${f}'({{x}_{2}})=\frac{f(x_{0}^{3})-f({{x}_{0}})}{x_{0}^{3}-{{x}_{0}}}\Leftrightarrow (x_{0}^{3}-{{x}_{0}}){f}'({{x}_{2}})=f(x_{0}^{3})-f({{x}_{0}})$

και η (1) γίνεται $\frac{(x_{0}^{3}-{{x}_{0}}){f}'({{x}_{2}})}{{{x}_{0}}{f}'({{x}_{1}})}=x_{0}^{2}-1\overset{{{x}_{0}}\ne 1}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,{f}'({{x}_{2}})={f}'({{x}_{1}})$ που είναι άτοπο

(γιατί $\displaystyle{{f}'(x)=2xf(x)}$ και $\displaystyle{{f}''(x)=2f(x)+2{{x}^{2}}f(x)>0,\,\,\,x>0}$ άρα η $\displaystyle{{f}'}$ γνήσια αύξουσα)

και όμοια αν $0<{{x}_{0}}<1$ τότε $0<x_{0}^{3}<x_{0}^{2}<{{x}_{0}}<1$ καταλήγουμε σε άτοπο

άρα η g(x)=0

έχει μοναδική ρίζα στο $[0,\,\,+\infty )$ την x=1

έτσι $g(x)\ne 0,\,\,\,x\in [0,\,\,1)\cup (1,\,\,+\infty )$

και θα έχει σταθερό πρόσημο σε κάθε διάστημα, και αφού $g(2)=\frac{f(8)-1}{f(2)-1}-4=\frac{{{e}^{64}}-1}{{{e}^{4}}-1}-4>0$ είναι

$g(x)>0,\,\,\,x\in (1,\,\,+\infty )$ και $g(\frac{1}{2})=\frac{f(\frac{1}{8})-1}{f(\frac{1}{2})-1}-\frac{1}{4}<0$ είναι

$g(x)<0,\,\,\,x\in [0,\,\,1)$ επομένως η ανίσωση επαληθεύεται για x>1

...μάλλον ξεπερνάει καποιες απαιτήσεις...ή εγώ διάλεξα δύδκολη διαδρομή...
για το (3) μήπως χρειάζεται κάποια τιμή της αρχικής F....

Φιλικά κια Μαθηματικα
Βασίλης

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #4

KAKABASBASILEIOS έγραψε:
erxmer έγραψε:Δίνεται συνάρτηση $f:R \to R$ ώστε $\displaystyle{\left\{\begin{matrix} f''(x)=2\left ( f(x)+xf'(x) \right ), x \in R\\ \\ f(x)>0\\ \\ f(0)=1\\ \\ \displaystyle{\lim_{x \to 0}\left ( f(x) \right )^{\frac{1}{x}}=1\\ \end{matrix}\right.}}$

1) Να βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης

2) Να λυθεί η ανίσωση $\displaystyle{\frac{f(x^3)-1}{f(x)-1}>x^2, x>0}$

...συνεχίζοντας...για το (2)...

2) Θεωρώντας την συνάρτηση

$g(x)=\frac{f({{x}^{3}})-1}{f(x)-1}-{{x}^{2}}=\frac{f({{x}^{3}})-f(x)+f(x)-1}{f(x)-1}-{{x}^{2}}=\frac{f({{x}^{3}})-f(x)}{f(x)-1}+1-{{x}^{2}},x\in [0,\,\,+\infty )$

έχει προφανή ρίζα την

Αν τώρα υπάρχει $1<{{x}_{0}}$ ώστε $g({{x}_{0}})=0$ ή $\frac{f(x_{0}^{3})-f({{x}_{0}})}{f({{x}_{0}})-1}=x_{0}^{2}-1$ (1) τότε

επειδή $0<1<{{x}_{0}}<x_{0}^{2}<x_{0}^{3}$ σύμφωνα με το Θ.Μ.Τ. υπάρχουν

${{x}_{1}}\in (0,\,\,{{x}_{0}}),$ ${{x}_{2}}\in (x_{0}^{2},\,\,x_{0}^{3})$ ώστε να ισχύουν

${f}'({{x}_{1}})=\frac{f({{x}_{0}})-f(0)}{{{x}_{0}}}\Leftrightarrow {{x}_{0}}{f}'({{x}_{1}})=f({{x}_{0}})-1$ και

${f}'({{x}_{2}})=\frac{f(x_{0}^{3})-f({{x}_{0}})}{x_{0}^{3}-{{x}_{0}}}\Leftrightarrow (x_{0}^{3}-{{x}_{0}}){f}'({{x}_{2}})=f(x_{0}^{3})-f({{x}_{0}})$

και η (1) γίνεται $\frac{(x_{0}^{3}-{{x}_{0}}){f}'({{x}_{2}})}{{{x}_{0}}{f}'({{x}_{1}})}=x_{0}^{2}-1\overset{{{x}_{0}}\ne 1}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,{f}'({{x}_{2}})={f}'({{x}_{1}})$ που είναι άτοπο

(γιατί $\displaystyle{{f}'(x)=2xf(x)}$ και $\displaystyle{{f}''(x)=2f(x)+2{{x}^{2}}f(x)>0,\,\,\,x>0}$ άρα η $\displaystyle{{f}'}$ γνήσια αύξουσα)

και όμοια αν $0<{{x}_{0}}<1$ τότε $0<x_{0}^{3}<x_{0}^{2}<{{x}_{0}}<1$ καταλήγουμε σε άτοπο

άρα η έχει μοναδική ρίζα στο $[0,\,\,+\infty )$ την έτσι $g(x)\ne 0,\,\,\,x\in [0,\,\,1)\cup (1,\,\,+\infty )$

και θα έχει σταθερό πρόσημο σε κάθε διάστημα, και αφού $g(2)=\frac{f(8)-1}{f(2)-1}-4=\frac{{{e}^{64}}-1}{{{e}^{4}}-1}-4>0$ είναι

$g(x)>0,\,\,\,x\in (1,\,\,+\infty )$ και $g(\frac{1}{2})=\frac{f(\frac{1}{8})-1}{f(\frac{1}{2})-1}-\frac{1}{4}<0$ είναι

$g(x)<0,\,\,\,x\in [0,\,\,1)$ επομένως η ανίσωση επαληθεύεται για

...μάλλον ξεπερνάει καποιες απαιτήσεις...ή εγώ διάλεξα δύδκολη διαδρομή...
για το (3) μήπως χρειάζεται κάποια τιμή της αρχικής F....

Φιλικά κια Μαθηματικα
Βασίλης

Καλημέρα και καλό μήνα Βασίλη.

Η ανίσωση γράφεται

$\dfrac{e^{x^{6}}-1}{e^{x^{2}}-1}> x^{2}$

Για $x^{2}=t$ γίνεται

$\dfrac{e^{t^{3}}-1}{e^{t}-1}> t$

Δηλαδή

$e^{t^{3}}-1> t(e^{t}-1)$ (1)

Επειδή $e^{t}=1+t+\frac{t^{2}}{2!}+...+\frac{t^{n}}{n!}+...$

η (1) γίνεται $t^{3}+\frac{t^{6}}{2!}+...> t^{2}+\frac{t^{3}}{2!}+...$

που προφανώς ισχύει αν και μόνο αν t> 1

Παμε να δούμε πως μεταφράζεται το παραπάνω σε σχολική ύλη.

Είναι γνωστό (έχει πέσει αρκετές φορές σε πανελλήνιες) ότι η

$h(t)=\dfrac{e^{t}-1}{t},t> 0$

είναι γνησίως αύξουσα.

Ετσι για t> 1

είναι $\dfrac{e^{t^{3}}-1}{t^{3}}=f(t^{3})> f(t)=\dfrac{e^{t}-1}{t}> \dfrac{e^{t}-1}{t^{2}}$

που δίνει την (1)

Για t< 1

ομοίως προκύπτει η ανάποδη.

Για t=1

είναι ισότητα.

Αρα η ανισότητα ισχύει για t> 1

δηλαδή

.

Δηλαδή η σχολική λύση με ακροβατικό προήλθε από μια μη σχολική λύση απόλυτα φυσιολογική.
Νομίζω ότι αυτό γίνεται εκτεταμένα σε αρκετές ασκήσεις.

Για το 4) πρέπει να δοθεί ότι F(0)=0

που βέβαια είναι αντιφατικό με το 9)
Επίσης τα 6) 7) πρέπει να μπουν με ανάποδη σειρά.

Συμπλήρωμα.Αντί 4) έγραψα 3)

Ratio · #5

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:
KAKABASBASILEIOS έγραψε:
erxmer έγραψε:Δίνεται συνάρτηση $f:R \to R$ ώστε $\displaystyle{\left\{\begin{matrix} f''(x)=2\left ( f(x)+xf'(x) \right ), x \in R\\ \\ f(x)>0\\ \\ f(0)=1\\ \\ \displaystyle{\lim_{x \to 0}\left ( f(x) \right )^{\frac{1}{x}}=1\\ \end{matrix}\right.}}$

1) Να βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης

2) Να λυθεί η ανίσωση $\displaystyle{\frac{f(x^3)-1}{f(x)-1}>x^2, x>0}$

...συνεχίζοντας...για το (2)...

2) Θεωρώντας την συνάρτηση

$g(x)=\frac{f({{x}^{3}})-1}{f(x)-1}-{{x}^{2}}=\frac{f({{x}^{3}})-f(x)+f(x)-1}{f(x)-1}-{{x}^{2}}=\frac{f({{x}^{3}})-f(x)}{f(x)-1}+1-{{x}^{2}},x\in [0,\,\,+\infty )$

έχει προφανή ρίζα την

Αν τώρα υπάρχει $1<{{x}_{0}}$ ώστε $g({{x}_{0}})=0$ ή $\frac{f(x_{0}^{3})-f({{x}_{0}})}{f({{x}_{0}})-1}=x_{0}^{2}-1$ (1) τότε

επειδή $0<1<{{x}_{0}}<x_{0}^{2}<x_{0}^{3}$ σύμφωνα με το Θ.Μ.Τ. υπάρχουν

${{x}_{1}}\in (0,\,\,{{x}_{0}}),$ ${{x}_{2}}\in (x_{0}^{2},\,\,x_{0}^{3})$ ώστε να ισχύουν

${f}'({{x}_{1}})=\frac{f({{x}_{0}})-f(0)}{{{x}_{0}}}\Leftrightarrow {{x}_{0}}{f}'({{x}_{1}})=f({{x}_{0}})-1$ και

${f}'({{x}_{2}})=\frac{f(x_{0}^{3})-f({{x}_{0}})}{x_{0}^{3}-{{x}_{0}}}\Leftrightarrow (x_{0}^{3}-{{x}_{0}}){f}'({{x}_{2}})=f(x_{0}^{3})-f({{x}_{0}})$

και η (1) γίνεται $\frac{(x_{0}^{3}-{{x}_{0}}){f}'({{x}_{2}})}{{{x}_{0}}{f}'({{x}_{1}})}=x_{0}^{2}-1\overset{{{x}_{0}}\ne 1}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,{f}'({{x}_{2}})={f}'({{x}_{1}})$ που είναι άτοπο

(γιατί $\displaystyle{{f}'(x)=2xf(x)}$ και $\displaystyle{{f}''(x)=2f(x)+2{{x}^{2}}f(x)>0,\,\,\,x>0}$ άρα η $\displaystyle{{f}'}$ γνήσια αύξουσα)

και όμοια αν $0<{{x}_{0}}<1$ τότε $0<x_{0}^{3}<x_{0}^{2}<{{x}_{0}}<1$ καταλήγουμε σε άτοπο

άρα η έχει μοναδική ρίζα στο $[0,\,\,+\infty )$ την έτσι $g(x)\ne 0,\,\,\,x\in [0,\,\,1)\cup (1,\,\,+\infty )$

και θα έχει σταθερό πρόσημο σε κάθε διάστημα, και αφού $g(2)=\frac{f(8)-1}{f(2)-1}-4=\frac{{{e}^{64}}-1}{{{e}^{4}}-1}-4>0$ είναι

$g(x)>0,\,\,\,x\in (1,\,\,+\infty )$ και $g(\frac{1}{2})=\frac{f(\frac{1}{8})-1}{f(\frac{1}{2})-1}-\frac{1}{4}<0$ είναι

$g(x)<0,\,\,\,x\in [0,\,\,1)$ επομένως η ανίσωση επαληθεύεται για

...μάλλον ξεπερνάει καποιες απαιτήσεις...ή εγώ διάλεξα δύδκολη διαδρομή...
για το (3) μήπως χρειάζεται κάποια τιμή της αρχικής F....

Φιλικά κια Μαθηματικα
Βασίλης
Καλημέρα και καλό μήνα Βασίλη.

Η ανίσωση γράφεται

$\dfrac{e^{x^{6}}-1}{e^{x^{2}}-1}> x^{2}$

Για $x^{2}=t$ γίνεται

$\dfrac{e^{t^{3}}-1}{e^{t}-1}> t$

Δηλαδή

$e^{t^{3}}-1> t(e^{t}-1)$ (1)

Επειδή $e^{t}=1+t+\frac{t^{2}}{2!}+...+\frac{t^{n}}{n!}+...$

η (1) γίνεται $t^{3}+\frac{t^{6}}{2!}+...> t^{2}+\frac{t^{3}}{2!}+...$

που προφανώς ισχύει αν και μόνο αν

Παμε να δούμε πως μεταφράζεται το παραπάνω σε σχολική ύλη.

Είναι γνωστό (έχει πέσει αρκετές φορές σε πανελλήνιες) ότι η

$h(t)=\dfrac{e^{t}-1}{t},t> 0$

είναι γνησίως αύξουσα.

Ετσι για είναι $\dfrac{e^{t^{3}}-1}{t^{3}}=f(t^{3})> f(t)=\dfrac{e^{t}-1}{t}> \dfrac{e^{t}-1}{t^{2}}$

που δίνει την (1)

Για ομοίως προκύπτει η ανάποδη.

Για είναι ισότητα.

Αρα η ανισότητα ισχύει για δηλαδή .

Δηλαδή η σχολική λύση με ακροβατικό προήλθε από μια μη σχολική λύση απόλυτα φυσιολογική.
Νομίζω ότι αυτό γίνεται εκτεταμένα σε αρκετές ασκήσεις.

Για το 3) πρέπει να δοθεί ότι
που βέβαια είναι αντιφατικό με το 9)
Επίσης τα 6) 7) πρέπει να μπουν με ανάποδη σειρά.

Από την άλλη όταν την έλυνα , έκανα μια προσπάθεια να μετατρέψω το x^2

ώς εξής:

$f(x)=e^{x^2}\Leftrightarrow y=e^{x^2}\Leftrightarrow x^2=ln(y)\Leftrightarrow \abs(x)=\sqrt{(ln(y)}\Leftrightarrow (x>0) \Leftrightarrow x=\sqrt{ln(y)}$

με $ln(y)\geq 0\Leftrightarrow y\geq 1$

και αυτό γιατί στο τρίτο ερώτημα στην ανισότητα το $e^\frac{3}{2}$ με προβλημάτισε και σκέφτηκα ότι ίσως το "κλειδί" είναι να πάμε με αντίστροφη συνάρτηση

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #6

erxmer έγραψε:Δίνεται συνάρτηση $f:R \to R$ ώστε $\displaystyle{\left\{\begin{matrix} f''(x)=2\left ( f(x)+xf'(x) \right ), x \in R\\ \\ f(x)>0\\ \\ f(0)=1\\ \\ \displaystyle{\lim_{x \to 0}\left ( f(x) \right )^{\frac{1}{x}}=1\\ \end{matrix}\right.}}$

1) Να βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης

2) Να λυθεί η ανίσωση $\displaystyle{\frac{f(x^3)-1}{f(x)-1}>x^2, x>0}$

3) $\displaystyle{2(e-1)e^{\frac{3}{2}}<\int_{e}^{e^2}\left ( f(x)+f(1-x^2) \right )dx<e(e^2-1)}$

Για το 3)

Είναι $\int_{e}^{e^{2}}(f(x)+f(1-x^{2}))dx> \int_{e}^{e^{2}}f(x)dx> f(e)(e^{2}-e)=e^{e^{2}+1}(e-1)$

που δίνει την αριστερή ανισότητα και βγάζει ΛΑΘΟΣ την δεξιά.

erxmer · #7

Πλεόν μπορεί να συνεχιστεί κανονικά...

#8

erxmer έγραψε:Δίνεται συνάρτηση $f:R \to R$ ώστε $\displaystyle{\left\{\begin{matrix} f''(x)=2\left ( f(x)+xf'(x) \right ), x \in R\\ \\ f(x)>0\\ \\ f(0)=1\\ \\ \displaystyle{\lim_{x \to 0}\left ( f(x) \right )^{\frac{1}{x}}=1\\ \end{matrix}\right.}}$

3) Nα βρεθεί η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή της παράστασης $\displaystyle{Z=\int_{e}^{e^2}\left ( f(x)+f(1-x^2) \right )dx}$

Aν μία παράγουσα της στο με τότε

4) $\displaystyle{\int_{-a}^{a}xF(F(x))dx>0}$

5) Nα αποδείξετε οτι η εξίσωση $F(x^x)=F(\displaystyle{e^{\frac{1}{tanx}}})$ έχει μία τουλάχιστον λύση στο διάστημα $(1,\frac{\pi}{2})$

6) Nα αποδείξετε οτι η είναι κυρτή για $x \geq 0$ και να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της στο

7)

...και μέτα τις επεμβάσεις....

3) το φράξιμο των τιμών του ολοκληρώματος μπορεί να γίνει με πολλούς τρόπους …κάτι ποιο συγκεκριμένο…..

ένα τρόπο περιγράφω παρακάτω

Για την $g(x)=f(x)+f(1-{{x}^{2}}),\,\,x\in [e,\,\,{{e}^{2}}]$ και επειδή f(x)>0

θα ισχύει ότι

$f(x)<f(x)+f(1-{{x}^{2}})\Leftrightarrow {{e}^{{{x}^{2}}}}<f(x)+f(1-{{x}^{2}})$ και επειδή (…με απόδειξη από γνωστη ανισότητα )

${{x}^{2}}+1\le {{e}^{{{x}^{2}}}}$ θα ισχύει ότι ${{x}^{2}}+1\le {{e}^{{{x}^{2}}}}<f(x)+f(1-{{x}^{2}})$ και ακόμη

$1<{{x}^{2}}+1<f(x)+f(1-{{x}^{2}})$ άρα $1<f(x)+f(1-{{x}^{2}})$ (1)

Ακόμη ισχύει $f(1-{{x}^{2}})<f(x)$ λόγω μονοτονίας της

και $1-{{x}^{2}}<x\Leftrightarrow 0<{{x}^{2}}+x-1$ για $x\in [e,\,{{e}^{2}}]$

άρα ισχύει και $f(x)+f(1-{{x}^{2}})<2f(x),\,\,\,x\in [e,\,\,{{e}^{2}}]$

επομένως τελικά θα ισχύει ότι ${{x}^{2}}+1<f(x)+f(1-{{x}^{2}})<2f(x)$ και ολοκληρώνοντας έχουμε ότι

$\int\limits_{e}^{{{e}^{2}}}{dx}<\int\limits_{e}^{{{e}^{2}}}{(f(x)+f(1-{{x}^{2}}))dx}<2\int\limits_{e}^{{{e}^{2}}}{f(x)dx}$

και επειδή

είναι γνήσια αύξουσα θα είναι $f(x)\le f({{e}^{2}})={{e}^{4}}$ για κάθε $x\in [e,\,\,{{e}^{2}}]$

άρα $\int\limits_{e}^{{{e}^{2}}}{f(x)dx}<\int\limits_{e}^{{{e}^{2}}}{{{e}^{4}}}dx={{e}^{5}}(e-1)$

επομένως έχουμε ότι ${{e}^{2}}-e<\int\limits_{e}^{{{e}^{2}}}{(f(x)+f(1-{{x}^{2}}))dx}<2{{e}^{5}}(e-1)$

4) Σύμφωνα με την υπόθεση ισχύουν ${F}'(x)=f(x)={{e}^{{{x}^{2}}}}>0$ άρα η

είναι γνήσια αύξουσα (…και άρτια) και F(0)=0

έτσι για την συνάρτηση $\phi (x)=F(x)+F(-x)$ που είναι παραγωγίσιμη ισχύει ότι ${\phi }'(x)={F}'(x)-{F}'(-x)=f(x)-f(-x)=0$ , άρα θα είναι σταθερή ,

δηλαδή $F(x)+F(-x)=c,\,\,x\in R$ και επειδή $F(0)+F(0)=c\Rightarrow 0=c$ είναι

$F(x)+F(-x)=0\Leftrightarrow F(-x)=-F(x),\,\,x\in R$ δηλαδή η

είναι περιττή και για τηνη συνάρτηση g(x)=xF(F(x)))

θα ισχύει ότι

g(-x)=-xF(F(-x)))=-xF(-F(x)))=-x(-F(F(x))=xF(F(x))=g(x)

άρα η

είναι άρτια και επομένως(… με απόδειξη )

$\int\limits_{-a}^{a}{x}F(F(x))dx=2\int\limits_{0}^{a}{x}F(F(x))dx>0$ επειδή για

$x>0\Rightarrow F(x)>F(0)=0\Rightarrow F(F(x))>F(0)=0$ άρα $g(x)>0,\,\,\,x>0$

5) Επειδή η

είναι γνήσια αύξουσα η εξίσωση $F(x^x)=F(\displaystyle{e^{\frac{1}{tanx}}})$ είναι ισοδύναμη με την

${{x}^{x}}={{e}^{\frac{1}{tanx}}}\Leftrightarrow x\ln x=\frac{1}{\tan x}\Leftrightarrow x\ln x-\frac{1}{\tan x}=0,\,\,\,x\in [1,\,\,\frac{\pi }{2})$

Τώρα η $\kappa (x)=x\ln x-\frac{1}{\tan x}=0,\,\,\,x\in [1,\,\,\frac{\pi }{2})$ είναι συνεχής με

$\kappa (1)=-\frac{1}{\tan 1}<0$ και $\underset{x\to {{\frac{\pi }{2}}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\kappa (x)=\frac{\pi }{2}\ln \frac{\pi }{2}>0$ επειδή

$\underset{x\to {{\frac{\pi }{2}}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,(\tan x)=+\infty$ οπότε υπάρχει $a<\frac{\pi }{2}$ ώστε $\kappa (a)>0$ και αφού

$\kappa (a)\kappa (1)<0$ σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano η εξίσωση $\kappa (x)=0$ έχει μία τουλάχιστον λύση στο διάστημα $(1,\frac{\pi}{2})$

6) Είναι ${F}''(x)=2x{{e}^{{{x}^{2}}}}>0,\,\,\,x>0$ άρα η

είναι κυρτή στο διάστημα $[0,\,\,+\infty )$

και η εφαπτομένη της στο σημείο $(0,\,F(0))$ είναι y-F(0)={F}'(0)(x-0)

ή

7) Για

στα διαστήματα $[x,\,2x],\,[2x,\,4x]$ σύμφωνα με το Θ.Μ.Τ. υπάρχουν ${{x}_{1}}\in (x,\,2x),\,\,\,\,{{x}_{2}}\in (2x,\,4x)$

ώστε ${F}'({{x}_{1}})=\frac{F(2x)-F(x)}{2x-x},\,\,\,\,{F}'({{x}_{2}})=\frac{F(4x)-F(2x)}{4x-2x}$ και επειδή {F}'

γνήσια αύξουσα ισχύει

${F}'({{x}_{1}})<{F}'({{x}_{2}})\Leftrightarrow \frac{F(2x)-F(x)}{x}<\frac{F(4x)-F(2x)}{2x}\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow 2(F(2x)-F(x))<F(4x)-F(2x)\Leftrightarrow 3F(2x)<F(4x)+2F(x)$

.......

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

sot arm · #9

KAKABASBASILEIOS έγραψε:
erxmer έγραψε:Δίνεται συνάρτηση $f:R \to R$ ώστε $\displaystyle{\left\{\begin{matrix} f''(x)=2\left ( f(x)+xf'(x) \right ), x \in R\\ \\ f(x)>0\\ \\ f(0)=1\\ \\ \displaystyle{\lim_{x \to 0}\left ( f(x) \right )^{\frac{1}{x}}=1\\ \end{matrix}\right.}}$

3) Nα βρεθεί η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή της παράστασης $\displaystyle{Z=\int_{e}^{e^2}\left ( f(x)+f(1-x^2) \right )dx}$

Aν μία παράγουσα της στο με τότε

4) $\displaystyle{\int_{-a}^{a}xF(F(x))dx>0}$

5) Nα αποδείξετε οτι η εξίσωση $F(x^x)=F(\displaystyle{e^{\frac{1}{tanx}}})$ έχει μία τουλάχιστον λύση στο διάστημα $(1,\frac{\pi}{2})$

6) Nα αποδείξετε οτι η είναι κυρτή για $x \geq 0$ και να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της στο

7)

...και μέτα τις επεμβάσεις....

3) το φράξιμο των τιμών του ολοκληρώματος μπορεί να γίνει με πολλούς τρόπους …κάτι ποιο συγκεκριμένο…..

ένα τρόπο περιγράφω παρακάτω

Για την $g(x)=f(x)+f(1-{{x}^{2}}),\,\,x\in [e,\,\,{{e}^{2}}]$ και επειδή θα ισχύει ότι

$f(x)<f(x)+f(1-{{x}^{2}})\Leftrightarrow {{e}^{{{x}^{2}}}}<f(x)+f(1-{{x}^{2}})$ και επειδή (…με απόδειξη από γνωστη ανισότητα )

${{x}^{2}}+1\le {{e}^{{{x}^{2}}}}$ θα ισχύει ότι ${{x}^{2}}+1\le {{e}^{{{x}^{2}}}}<f(x)+f(1-{{x}^{2}})$ και ακόμη

$1<{{x}^{2}}+1<f(x)+f(1-{{x}^{2}})$ άρα $1<f(x)+f(1-{{x}^{2}})$ (1)

Ακόμη ισχύει $f(1-{{x}^{2}})<f(x)$ λόγω μονοτονίας της και $1-{{x}^{2}}<x\Leftrightarrow 0<{{x}^{2}}+x-1$ για $x\in [e,\,{{e}^{2}}]$

άρα ισχύει και $f(x)+f(1-{{x}^{2}})<2f(x),\,\,\,x\in [e,\,\,{{e}^{2}}]$

επομένως τελικά θα ισχύει ότι ${{x}^{2}}+1<f(x)+f(1-{{x}^{2}})<2f(x)$ και ολοκληρώνοντας έχουμε ότι

$\int\limits_{e}^{{{e}^{2}}}{dx}<\int\limits_{e}^{{{e}^{2}}}{(f(x)+f(1-{{x}^{2}}))dx}<2\int\limits_{e}^{{{e}^{2}}}{f(x)dx}$

και επειδή είναι γνήσια αύξουσα θα είναι $f(x)\le f({{e}^{2}})={{e}^{4}}$ για κάθε $x\in [e,\,\,{{e}^{2}}]$

άρα $\int\limits_{e}^{{{e}^{2}}}{f(x)dx}<\int\limits_{e}^{{{e}^{2}}}{{{e}^{4}}}dx={{e}^{5}}(e-1)$

επομένως έχουμε ότι ${{e}^{2}}-e<\int\limits_{e}^{{{e}^{2}}}{(f(x)+f(1-{{x}^{2}}))dx}<2{{e}^{5}}(e-1)$

4) Σύμφωνα με την υπόθεση ισχύουν ${F}'(x)=f(x)={{e}^{{{x}^{2}}}}>0$ άρα η είναι γνήσια αύξουσα (…και άρτια) και

έτσι για την συνάρτηση $\phi (x)=F(x)+F(-x)$ που είναι παραγωγίσιμη ισχύει ότι ${\phi }'(x)={F}'(x)-{F}'(-x)=f(x)-f(-x)=0$ , άρα θα είναι σταθερή ,

δηλαδή $F(x)+F(-x)=c,\,\,x\in R$ και επειδή $F(0)+F(0)=c\Rightarrow 0=c$ είναι

$F(x)+F(-x)=0\Leftrightarrow F(-x)=-F(x),\,\,x\in R$ δηλαδή η είναι περιττή και για τηνη συνάρτηση θα ισχύει ότι

άρα η είναι άρτια και επομένως(… με απόδειξη )

$\int\limits_{-a}^{a}{x}F(F(x))dx=2\int\limits_{0}^{a}{x}F(F(x))dx>0$ επειδή για

$x>0\Rightarrow F(x)>F(0)=0\Rightarrow F(F(x))>F(0)=0$ άρα $g(x)>0,\,\,\,x>0$

5) Επειδή η είναι γνήσια αύξουσα η εξίσωση $F(x^x)=F(\displaystyle{e^{\frac{1}{tanx}}})$ είναι ισοδύναμη με την

${{x}^{x}}={{e}^{\frac{1}{tanx}}}\Leftrightarrow x\ln x=\frac{1}{\tan x}\Leftrightarrow x\ln x-\frac{1}{\tan x}=0,\,\,\,x\in [1,\,\,\frac{\pi }{2})$

Τώρα η $\kappa (x)=x\ln x-\frac{1}{\tan x}=0,\,\,\,x\in [1,\,\,\frac{\pi }{2})$ είναι συνεχής με

$\kappa (1)=-\frac{1}{\tan 1}<0$ και $\underset{x\to {{\frac{\pi }{2}}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,\kappa (x)=\frac{\pi }{2}\ln \frac{\pi }{2}>0$ επειδή

$\underset{x\to {{\frac{\pi }{2}}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,(\tan x)=+\infty$ οπότε υπάρχει $a<\frac{\pi }{2}$ ώστε $\kappa (a)>0$ και αφού

$\kappa (a)\kappa (1)<0$ σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano η εξίσωση $\kappa (x)=0$ έχει μία τουλάχιστον λύση στο διάστημα $(1,\frac{\pi}{2})$

6) Είναι ${F}''(x)=2x{{e}^{{{x}^{2}}}}>0,\,\,\,x>0$ άρα η είναι κυρτή στο διάστημα $[0,\,\,+\infty )$

και η εφαπτομένη της στο σημείο $(0,\,F(0))$ είναι ή

7) Για στα διαστήματα $[x,\,2x],\,[2x,\,4x]$ σύμφωνα με το Θ.Μ.Τ. υπάρχουν ${{x}_{1}}\in (x,\,2x),\,\,\,\,{{x}_{2}}\in (2x,\,4x)$

ώστε ${F}'({{x}_{1}})=\frac{F(2x)-F(x)}{2x-x},\,\,\,\,{F}'({{x}_{2}})=\frac{F(4x)-F(2x)}{4x-2x}$ και επειδή γνήσια αύξουσα ισχύει

${F}'({{x}_{1}})<{F}'({{x}_{2}})\Leftrightarrow \frac{F(2x)-F(x)}{x}<\frac{F(4x)-F(2x)}{2x}\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow 2(F(2x)-F(x))<F(4x)-F(2x)\Leftrightarrow 3F(2x)<F(4x)+2F(x)$

.......

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

Μια ερώτηση σχετικά με το 3, πώς μπορούμε να διασφαλίσουμε οτι τα φραγματα αυτά ειναι τα βέλτιστα;
Διότι σε μία συνάρτηση μπορούμε να πουμε ξεκαθαρα τους φραγμους τις μέσω των ελάχιστων-μεγιστων της, αλλα στα ολοκληρώματα είναι λίγο περίεργο σαν ερώτημα ιδίως σχολικά, σε μια εξέταση τι θα θεωρούταν επαρκές απο έναν μαθητη και τι οχι;

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #10

3) Nα βρεθεί η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή της παράστασης $\displaystyle{Z=\int_{e}^{e^2}\left ( f(x)+f(1-x^2) \right )dx}$

Το ορισμένο ολοκλήρωμα είναι αριθμός. Δεν έχει μέγιστη και ελάχιστη τιμή.
Προφανώς γράφτηκε εκ παραδρομής.
Μάλλον ήθελε να πεί βρείτε άνω και κάτω φράγμα για το

Βέβαια η ερώτηση είναι ασαφής.

erxmer · #11

Eνας αριθμός που βρίσκεται μεταξύ άλλων. Η λέξη ανω/κάτω φράγμα είναι ασύνηθης σε λύκειο. Τα max/min πιο κατανοητά. Το αποτέλεσμα το ίδιο λύθηκε όπως έπρεπε και βρέθηκαν. Απομένουν μόνο τα όρια.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #12

Εντάξει.
Αφού ένας αριθμός που βρίσκεται μεταξύ δύο άλλων ο μικρότερος είναι η ελάχιστη τιμή και ο μεγαλύτερος η μέγιστη δεν έχω να πω
τίποτα.
Λυπάμαι που τα διαβάζουν μαθητές και σε λίγο θα μας κράξουν.
(αν δεν το έχουν κάνει ήδη)
Θα με ενδιέφερε και η γνώμη του Βασίλη για όλα αυτά.

M.S.Vovos · #13

erxmer έγραψε:Eνας αριθμός που βρίσκεται μεταξύ άλλων. Η λέξη ανω/κάτω φράγμα είναι ασύνηθης σε λύκειο. Τα max/min πιο κατανοητά. Το αποτέλεσμα το ίδιο λύθηκε όπως έπρεπε και βρέθηκαν. Απομένουν μόνο τα όρια.

Διαφωνώ κάθετα με την παραπάνω λογική. Ένας αριθμός δεν είναι μεταβλητός σε καμία περίπτωση, ως εκ τούτου δεν μπορούμε να μιλάμε για μέγιστες και ελάχιστες τιμές αριθμών. Το φράξιμο φυσικά και υφίσταται. Ο θεματοδότης λοιπόν κάλλιστα θα μπορούσε να δώσει προς απόδειξη έτοιμη την ανίσωση.

Δεν καταλαβαίνω να βρεθεί η ελάχιστη τιμή και η μέγιστη, πάντως σαν ερώτημα. Υπάρχουν άπειροι αριθμοί που μας καλύπτουν ως φράγματα. Πως θα απαντούσαν τα παιδιά δηλαδή; Το ερώτημα εν ολίγοις είναι ασαφές.

Επαναλαμβάνω ότι με τέτοιες ασκήσεις, μπερδεύουμε τα παιδιά! Οι εξετάσεις είναι προ των πυλών καλό είναι να κρατάμε χαμηλό προφίλ.

Επίσης, πολύ σημαντικό είναι να θέτονται ασκήσεις με ερωτήματα που να συνδέονται μεταξύ τους. Παρατηρώ ότι οι περισσότερες ασκήσεις, δεν εφαρμόζουν αυτό το σκεπτικό, το οποίο οφείλεται στην αδυναμία του θεματοδότη. Ποιο το νόημα να έχουμε π.χ. τέσσερα ξεχωριστά ερωτήματα;

Και κάτι τελευταίο. Φαίνεται, ότι οι ασκήσεις δεν ελέγχονται ως προς την ορθότητα τους κάτι το οποίο είναι απαραίτητο!

Φιλικά.

#14

erxmer έγραψε:Eνας αριθμός που βρίσκεται μεταξύ άλλων. Η λέξη ανω/κάτω φράγμα είναι ασύνηθης σε λύκειο. Τα max/min πιο κατανοητά. Το αποτέλεσμα το ίδιο λύθηκε όπως έπρεπε και βρέθηκαν. Απομένουν μόνο τα όρια.

Ένα γενικό σχόλιο (με αφορμή πολλά από τα ποστ σου): δεν έχει νόημα να φτιάχνεις ασκήσεις αν δεν έχεις αποκτήσει αρκετό βάθος στα μαθηματικά...
Καλύτερα να κατανοήσεις/κατακτήσεις πρώτα τις έννοιες και τις ιδέες των μαθηματικών και έπειτα να στραφείς στη δημιουργία.

#15

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:Εντάξει.
Αφού ένας αριθμός που βρίσκεται μεταξύ δύο άλλων ο μικρότερος είναι η ελάχιστη τιμή και ο μεγαλύτερος η μέγιστη δεν έχω να πω
τίποτα.
Λυπάμαι που τα διαβάζουν μαθητές και σε λίγο θα μας κράξουν.
(αν δεν το έχουν κάνει ήδη)
Θα με ενδιέφερε και η γνώμη του Βασίλη για όλα αυτά.

Καλησπέρα Σταύρο
συμφωνώ απόλυτα με τα λεγόμενα σου...άλλωστε και στην λύση μου αυτό το ανέφερα....
ίσως ο θεματοδότης θα έπρεπε να είναι ποιό προσεκτικός στο πως θέτει τα ερωτήματα...
η γλώσσα των μαθηματικών είναι πολύ αυστηρή και δεν υπάρχουν παρερμηνείες από κανένα μας !!!
και ακόμη, θα πρέπει ο κάθε δημιουργός θέματος να έχει κατά νου, επειδή απευθύνεται δημόσια, πρώτα
σε συναδέλφους, μετά σε υποψηφίους ,να το έχει σκεφθεί και έχει λύση, ωστε να αποφεύγεται κατά πρώτον η ταλαιπωρία των λυτών ψάχνοντας στα χαμένα...για κάτι που είναι εσφαλμένο και κατά δεύτερον να βοηθά τον υποψήφιο και όχι να τον
πελαγώνει....

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

erxmer · #16

Tα λάθη συμβαίνουν και διορθώνονται. Επειδή η κριτική καλό είναι να γίνεται πολιτισμένα και με κόσμιο τρόπο υπάρχουν και τα pm. Οσοι βλέπουν ας κρίνουν.Αυτα που είδα εδώ, απο κάποιους, δεν προορίζονται για καλόπιστο διάλογο αλλά είναι ενδείξεις

,.....Η ενασχόληση πλέον με μια σελίδα που αφιλοκεδώς όλοι αφιερώνουμε χρόνο δεν έχει νόημα. Εξου και κατα καιρούς έχουν χαθεί αξιόλογα μέλη.Τhe end.

#17

Σύμφωνα με τον κανονισμό μας σκοποί του mathematica είναι η προαγωγή της μαθηματικής παιδείας, της μαθηματικής επιστήμης,
η επικοινωνία των μαθηματικών και η αλληλοβοήθεια. Η επίτευξη των σκοπών γίνεται με την ανταλλαγή απόψεων, την ατομική
ή συλλογική δημόσια έκφραση γνώμης, η δε λειτουργία του mathematica στηρίζεται στον αλληλοσεβασμό και στην ισηγορία.
Στα 9 χρόνια που λειτουργεί το

μικρός αριθμός μελών που επέλεξαν να μην σέβονται αυτές τις αρχές απομακρύνθηκαν με δική τους πρωτοβουλία ή αποκλεισμό.
Για τον λόγο αυτό παρακαλούμε τα μέλη μας στις αναρτήσεις τους: α) να σέβονται την προσωπικότητα των συνομιλητών τους. β) να σέβονται τον χρόνο εκείνων που θα ασχοληθούν με το μαθηματικό μέρος των μηνυμάτων τα οποία πρέπει κατά το δυνατόν να είναι προσεκτικά διατυπωμένα και στον κατάλληλο φάκελο.
Το παρόν θέμα έχει εξαντληθεί και γιαυτό κλειδώνεται.

Πολλαπλή

Πολλαπλή

Re: Πολλαπλή

Re: Πολλαπλή

Re: Πολλαπλή

Re: Πολλαπλή

Re: Πολλαπλή

Re: Πολλαπλή

Re: Πολλαπλή

Re: Πολλαπλή

Re: Πολλαπλή

Re: Πολλαπλή

Re: Πολλαπλή

Re: Πολλαπλή

Re: Πολλαπλή

Re: Πολλαπλή

Re: Πολλαπλή

Μέλη σε σύνδεση