Μετά τις πανελλαδικές...

M.S.Vovos · #1

Έστω η συνεχής συνάρτηση $f:[-1,1] \longrightarrow \mathbb{R}$ , παραγωγισίμη στο (-1,1)

. Αν $f(-1)=\sqrt{2}-1$ , $f(1)=1+\sqrt{2}$ και για κάθε $x \in (-1, 1)$ ισχύει:
$\displaystyle{{f'(x)\leqslant \frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}}}+1$ (α) Να βρείτε την παράγουσα της συνάρτησης $\displaystyle \selectlanguage{english} \textup{g}:\mathbb{R}\longrightarrow \mathbb{R} \mid \textup{g}(x):=\frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}$ , η οποία έχει στο $-\infty$ ασύμπτωτη την διχοτόμο 2ου και 4ου τεταρτημορίου.

(β) Να αποδειχθεί ότι $f(x)=x+\sqrt{x^2+1}$ για κάθε $x \in [-1,1]$ .

(γ) Να oρίσετε τη συνάρτηση $f^{-1}$ και να αποδείξετε ότι οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων

, $f^{-1}$ δεν έχουν κοινά σημεία.

(δ) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου, που περικλείεται από τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων

, $f^{-1}$ και τις ευθείες $\displaystyle x=\frac{1}{2}$ , x=1

.

Φιλικά,
Μάριος

#2

M.S.Vovos έγραψε:
ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Για αποθεραπεία... μετά τις εξετάσεις.
Έστω η συνεχής συνάρτηση $f:[-1,1] \longrightarrow \mathbb{R}$ , παραγωγισίμη στο . Αν $f(-1)=\sqrt{2}-1$ , $f(1)=1+\sqrt{2}$ και για κάθε $x \in (-1, 1)$ ισχύει:
$\displaystyle{{f'(x)\leqslant \frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}}}+1$ (α) Να βρείτε την παράγουσα της συνάρτησης $\displaystyle \selectlanguage{english} \textup{g}:\mathbb{R}\longrightarrow \mathbb{R} \mid \textup{g}(x):=\frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}$ , η οποία έχει στο $-\infty$ ασύμπτωτη την διχοτόμο 2ου και 4ου τεταρτημορίου.

(β) Να αποδειχθεί ότι $f(x)=x+\sqrt{x^2+1}$ για κάθε $x \in [-1,1]$ .

(γ) Να oρίσετε τη συνάρτηση $f^{-1}$ και να αποδείξετε ότι οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων , $f^{-1}$ δεν έχουν κοινά σημεία.

(δ) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου, που περικλείεται από τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων , $f^{-1}$ και τις ευθείες $\displaystyle x=\frac{1}{2}$ , .

Φιλικά,
Μάριος

...Καλησπέρα

... στην αποθεραπεία

α) Είναι $g(x)=\frac{x}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}=\frac{({{x}^{2}}+1{)}'}{2\sqrt{{{x}^{2}}+1}}={{\left( \sqrt{{{x}^{2}}+1} \right)}^{\prime }}$

άρα οι παράγουσες τις

είναι $G(x)=\sqrt{{{x}^{2}}+1}+c,\,\,\,x\in R$ . Θέλουμε αυτήν για την οποία ισχύει

$\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,(G(x)+x)=0$ ή $\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,(\sqrt{{{x}^{2}}+1}+x+c)=0$ ή

$\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,(\frac{{{x}^{2}}+1-{{x}^{2}}}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}-x}+c)=0$ ή $\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,(\frac{1}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}-x}+c)=0$ ή

$\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,(-\frac{1}{x}\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{{{x}^{2}}}}+1}+c)=0$ ή

$0+c=0\Rightarrow c=0$ επομένως $G(x)=\sqrt{{{x}^{2}}+1},\,\,\,x\in R$

β) Από ${f}'(x)\frac{x}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}+1\Leftrightarrow {f}'(x)\le {G}'(x)+(x{)}'\Leftrightarrow$

${{\left( f(x)-G(x)-x \right)}^{\prime }}\le 0,\,\,x\in (-1,\,\,1)$ (1)και αν $h(x)=f(x)-G(x)-x,\,\,x\in [-1,\,\,1]$ στα διαστήματα

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

${h}'({{x}_{1}})=\frac{h(x)-h(-1)}{x+1},\,\,{h}'({{x}_{2}})=\frac{h(1)-h(x)}{1-x}$ και λόγω (1) είναι

${h}'({{x}_{1}})\le 0\Leftrightarrow \frac{h(x)-h(-1)}{x+1}\le 0\Leftrightarrow h(x)\le h(-1)$ και

${h}'({{x}_{2}})\le 0\Leftrightarrow \frac{h(1)-h(x)}{1-x}\le 0\Leftrightarrow h(1)\le h(x)$ και επειδή

$h(-1)=f(-1)-G(-1)+1=\sqrt{2}-1-\sqrt{2}+1=0$ και

$h(1)=f(1)-G(1)-1=\sqrt{2}+1-\sqrt{2}-1=0$ θα ισχύουν

$h(x)\le 0$ και $0\le h(x)$ άρα $h(x)=0,\,\,\,x\in (-1,\,1)$ ή

$f(x)-\sqrt{{{x}^{2}}+1}-x=0\Leftrightarrow f(x)=\sqrt{{{x}^{2}}+1}+x,\,\,x\in (-1,\,1)$ και επειδή

$\underset{x\to -{{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,(\sqrt{{{x}^{2}}+1}+x)=\sqrt{2}-1=f(-1),\,\,\underset{x\to {{1}^{\_}}}{\mathop{\lim }}\,(\sqrt{{{x}^{2}}+1}+x)=\sqrt{2}+1=f(1)$

θα είναι $f(x)=\sqrt{{{x}^{2}}+1}+x,\,\,x\in [-1,\,1]$

γ) Είναι ${f}'(x)=\frac{x}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}+1>0,\,\,x\in [-1,\,1]$ άρα η

είναι γνήσια αύξουσα, άρα και

'1-1'

στο $\Delta =[-1,\,1]$ και $f(\Delta )=[f(-1),\,f(1)]=[\sqrt{2}-1,\,\sqrt{2}+1]$ και με $y\in [\sqrt{2}-1,\,\sqrt{2}+1]$

η εξίσωση $f(x)=y\Leftrightarrow \sqrt{{{x}^{2}}+1}+x=y\Leftrightarrow \sqrt{{{x}^{2}}+1}=y-x\Leftrightarrow$

$\displaystyle{\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} & y-x\ge 0 \\ & {{x}^{2}}+1={{(y-x)}^{2}} \\ \end{matrix} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} & y\ge x \\ & {{x}^{2}}+1={{y}^{2}}-2xy+{{x}^{2}} \\ \end{matrix} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} & y\ge x \\ & 1={{y}^{2}}-2xy \\ \end{matrix} \right.}$

$\displaystyle{\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} & y\ge x \\ & 2xy={{y}^{2}}-1 \\ \end{matrix} \right.\overset{y\in \Delta }{\mathop{\Leftrightarrow }}\,\left\{ \begin{matrix} & y\ge x \\ & x=\frac{{{y}^{2}}-1}{2y} \\ \end{matrix} \right.}$

Και τώρα πρέπει

$\displaystyle{y\ge \frac{{{y}^{2}}-1}{2y}\Leftrightarrow 2{{y}^{2}}\ge {{y}^{2}}-1\Leftrightarrow {{y}^{2}}\ge -1}$

που ισχύει και $\displaystyle{-1\le x\le 1\Leftrightarrow -1\le \frac{{{y}^{2}}-1}{2y}\le 1\Leftrightarrow -2y\le {{y}^{2}}-1\le 2y}$

ή $\displaystyle{0\le {{y}^{2}}+2y-1}$ και $\displaystyle{{{y}^{2}}-2y-1\le 0}$

ή $\displaystyle{2\le {{y}^{2}}+2y+1\Leftrightarrow 2\le {{(y+1)}^{2}}\Leftrightarrow \sqrt{2}\le |y+1|}$

και $\displaystyle{{{y}^{2}}-2y+1\le 2\Leftrightarrow {{(y-1)}^{2}}\le 2\Leftrightarrow |y-1|\le \sqrt{2}}$

που ισχύουν αφού $y\in [\sqrt{2}-1,\,\sqrt{2}+1]$ επομένως $\displaystyle{{{f}^{-1}}(x)=\frac{{{x}^{2}}-1}{2x},\,\,}$

$x\in [\sqrt{2}-1,\,\sqrt{2}+1]$

Τώρα επειδή $f(x)>x\Leftrightarrow \sqrt{{{x}^{2}}+1}+x>x\Leftrightarrow \sqrt{{{x}^{2}}+1}>0$ ισχύει για $x\in [-1,\,1]$

και $\displaystyle{{{f}^{-1}}(x)<x\Leftrightarrow \frac{{{x}^{2}}-1}{2x}<x\Leftrightarrow {{x}^{2}}-1<2{{x}^{2}}\Leftrightarrow -1<{{x}^{2}}}$

ισχύει για $x\in [\sqrt{2}-1,\,\sqrt{2}+1]$ οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων

, $f^{-1}$ δεν μπορεί να έχουν κοινά σημεία.

...έχει και συνέχεια...

δ) Είναι το ζητούμενο εμβαδό $E=\int\limits_{\frac{1}{2}}^{1}{|}f(x)-{{f}^{-1}}(x)|dx$ και επειδή από προηγούμενο ισχύει

$f(x)>x>{{f}^{-1}}(x)$ θα είναι

$\displaystyle{E=\int\limits_{\frac{1}{2}}^{1}{(f(x)-{{f}^{-1}}(x))dx}=\int\limits_{\frac{1}{2}}^{1}{f(x)dx}-\int\limits_{\frac{1}{2}}^{1}{{{f}^{-1}}(x)dx}}$

Τώρα με $\displaystyle{u=f(x)\Leftrightarrow {{f}^{-1}}(u)=x}$ οπότε $\displaystyle{({{f}^{-1}}{)}'(u)ud=dx}$ και

$\displaystyle{x=\frac{1}{2}\to u=\frac{\sqrt{5}}{2},\,\,\,x=1\to u=\sqrt{2},\,\,\,}$ και

$\displaystyle{\int\limits_{\frac{1}{2}}^{1}{f(x)dx}=\int\limits_{\frac{\sqrt{5}}{2}}^{\sqrt{2}}{u({{f}^{-1}}{)}'(u)dx}=\left[ u{{f}^{-1}}(u) \right]_{\frac{\sqrt{5}}{2}}^{\sqrt{2}}-\int\limits_{\frac{\sqrt{5}}{2}}^{\sqrt{2}}{u{{f}^{-1}}(u)dx}=}$

$\displaystyle{=\left[ u{{f}^{-1}}(u) \right]_{\frac{\sqrt{5}}{2}}^{\sqrt{2}}-\int\limits_{\frac{\sqrt{5}}{2}}^{\sqrt{2}}{u\frac{{{u}^{2}}-1}{2u}du=}\left[ u{{f}^{-1}}(u) \right]_{\frac{\sqrt{5}}{2}}^{\sqrt{2}}-\frac{1}{2}\int\limits_{\frac{\sqrt{5}}{2}}^{\sqrt{2}}{({{u}^{2}}-1)du}}$

έτσι

$\displaystyle{E=\left[ u{{f}^{-1}}(u) \right]_{\frac{\sqrt{5}}{2}}^{\sqrt{2}}-\frac{1}{2}\int\limits_{\frac{\sqrt{5}}{2}}^{\sqrt{2}}{({{u}^{2}}-1)du}- \int\limits_{\frac{1}{2}}^{1}{\frac{{{x}^{2}}-1}{2x}dx}=}$

$\displaystyle{=\left[ u{{f}^{-1}}(u) \right]_{\frac{\sqrt{5}}{2}}^{\sqrt{2}}-\frac{1}{2}\int\limits_{\frac{\sqrt{5}}{2}}^{\sqrt{2}}{({{u}^{2}}-1)du}-\frac{1}{2}\int\limits_{\frac{1}{2}}^{1}{(x-\frac{1}{x})dx}=}$

$\displaystyle{=\left[ u{{f}^{-1}}(u) \right]_{\frac{\sqrt{5}}{2}}^{\sqrt{2}}-\frac{1}{2}\int\limits_{\frac{\sqrt{5}}{2}}^{\sqrt{2}}{({{u}^{2}}-1)du}- \frac{1}{2}\left[ \frac{1}{2}{{x}^{2}}-\ln x \right]_{\frac{1}{2}}^{1}=....}$

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

M.S.Vovos · #3

Ευχαριστώ κ. Βασίλη.

Να παραθέσω και γω με τη σειρά μου κάποιες λύσεις...

(γ) Έστω ότι υπάρχει κοινό σημείο, δηλαδή υπάρχει $\displaystyle{x_{0}\in \left [ -1,1 \right ]\cap \left [ -1+\sqrt{2},1+\sqrt{2} \right ]}$ ή $\displaystyle{x_{0}\in \left [ -1+\sqrt{2},1 \right ]}$ τέτοιο ώστε:
$\displaystyle{f\left ( x_{0} \right )=f^{-1}\left ( x_{0} \right )\Leftrightarrow }$

$\displaystyle{f\left ( f\left ( x_{0} \right ) \right )=x_{0}\Leftrightarrow }$

$\displaystyle{f\left ( x_{0} \right )+\sqrt{f^{2}\left ( x_{0} \right )+1}=x_{0}\Leftrightarrow }$

$\displaystyle{\sqrt{x_{0}^{2}+1}+\sqrt{f^{2}\left ( x_{0} \right )+1}=0}$ Που είναι προφανώς αδύνατο. Άρα, δεν υπάρχει τέτοιο $x_{0}$ .

(δ) Από το προηγούμενο ερώτημα γνωρίζουμε ότι οι συναρτήσεις $\displaystyle{f,f^{-1}}$ δεν έχουν κοινά σημεία, επομένως $\displaystyle{f(x)\neq f^{-1}(x)}$ για κάθε $\displaystyle{x\in \left [ -1+\sqrt{2},1 \right ]}$ .

Επομένως, λόγω του ότι η συνάρτηση $\displaystyle{h:\left [ \frac{1}{2},1 \right ]\longrightarrow \mathbb{R}\mid h(x)=f(x)-f^{-1}(x)}$ είναι διάφορη του μηδενός και συνεχής, θα διατηρεί σταθερό πρόσημο στο εν λόγω διάστημα. Αφού, $\displaystyle{h(1)=f(1)-f^{-1}(1)=1+\sqrt{2}>0}$ θα είναι h(x)>0

για κάθε $\displaystyle{x\in \left [ \frac{1}{2},1 \right ]}$ .

'Αρα, το ζητούμενο εμβαδόν είναι το:
$\displaystyle{E=\int_{1/2}^{1}\left [f(x)-f^{-1}(x) \right ]\textup{d}x=\int_{1/2}^{1}x+\sqrt{x^{2}+1}-\frac{x^{2}-1}{2x}\textup{d}x=}$

$\displaystyle{=\int_{1/2}^{1}\left (x-\frac{x}{2}+\frac{1}{2x} \right )\textup{d}x+\int_{1/2}^{1}\sqrt{x^{2}+1}\textup{d}x=}$

$\displaystyle{=\left.\begin{matrix} \displaystyle \frac{t^{2}}{4}+\frac{\ln t }{2}\end{matrix}\right|_{x=1/2}^{x=1}+\int_{1/2}^{1}\sqrt{x^{2}+1}\textup{d}x=}$

$\displaystyle{=\frac{4\ln 2-1}{16}+\int_{1/2}^{1}\sqrt{x^{2}+1}\textup{d}x}$ Μένει δηλαδή, να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα:
$\displaystyle{I=\int_{1/2}^{1}\sqrt{x^{2}+1}\textup{d}x=\left [t\sqrt{t^{2}+1}\right ]_{1/2}^{1}-\int_{1/2}^{1}\frac{x^{2}}{\sqrt{x^{2}+1}}\textup{d}x=}$

$\displaystyle{=\frac{2\sqrt{2}}{3}-\frac{5\sqrt{5}}{24}-\int_{1/2}^{1}\frac{x^{2}+1-1}{\sqrt{x^{2}+1}}\textup{d}x=}$

$\displaystyle{=\frac{2\sqrt{2}}{3}-\frac{5\sqrt{5}}{24}-\int_{1/2}^{1}\frac{x^{2}+1}{\sqrt{x^{2}+1}}\textup{d}x+\int_{1/2}^{1}\frac{\textup{d}x}{\sqrt{x^{2}+1}}=}$

$\displaystyle{=\frac{2\sqrt{2}}{3}-\frac{5\sqrt{5}}{24}-\frac{I}{2}+\left [\ln\left ( t+\sqrt{t^{2}+1} \right ) \right ]_{1/2}^{1}}$ Επομένως:
$\displaystyle{\frac{3I}{2}=\frac{2\sqrt{2}}{3}-\frac{5\sqrt{5}}{24}+\ln \left ( 1+\sqrt{2} \right )-\ln\left ( 1+\sqrt{5} \right )+\ln 2\Leftrightarrow }$

$\displaystyle{I=\frac{4\sqrt{2}}{9}-\frac{10\sqrt{5}}{72}+\frac{2}{3}\left ( \ln \left ( 1+\sqrt{2} \right )-\ln\left ( 1+\sqrt{5} \right )+\ln 2 \right )}$ Τελικά το ζητούμενο εμβαδόν ισούται με:
$\displaystyle{E=\frac{4\ln 2-1}{16}+\frac{4\sqrt{2}}{9}-\frac{10\sqrt{5}}{72}+\frac{2}{3}\left ( \ln \left ( 1+\sqrt{2} \right )-\ln\left ( 1+\sqrt{5} \right )+\ln 2 \right )}$ τ.μ.

Μετά τις πανελλαδικές...

Μετά τις πανελλαδικές...

Re: Μετά τις πανελλαδικές...

Re: Μετά τις πανελλαδικές...

Μέλη σε σύνδεση