ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΗ

paylos · #1

Έστω συνάρτηση

δύο φορές παραγωγίσιμη στο $\left( {0,{\rm{ + }}\infty } \right)$ για την οποία ισχύουν

• $f''\left( x \right) = \frac{1}{{{x^2}}} + 1 - \frac{1}{x} - f'\left( x \right)$ , x > 0

• $f\left( 1 \right) = \frac{{e + 1}}{e}$

• $e\left( {1 - f\left( x \right)} \right) \le x - 2$ για κάθε x > 0

Να αποδείξετε ότι:

Α. $f'\left( 1 \right) = - \frac{1}{e}$

Α. $f\left( x \right) = - \ln x + x + {e^{ - x}}$ , x > 0

Β. Η

παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο σημείο ${x_0} \in \left( {0,{\rm{ 2}}} \right)$ για το οποίο ισχύει $f\left( {{x_0}} \right) > 1$ .

Γ. Υπάρχει ${x_1} < {x_0}$ τέτοιο ώστε $f\left( {{x_1}} \right) < f\left( 2 \right)$ .

Δ. Υπάρχει ένα τουλάχιστον $\xi \in \left( {{x_1},{\rm{ 2}}} \right)$ τέτοιο ώστε $f\left( \xi \right) - f\left( 2 \right) = f'\left( \xi \right)$ .

#2

paylos έγραψε: Παρ Μάιος 11, 2018 11:56 pm Έστω συνάρτηση δύο φορές παραγωγίσιμη στο $\left( {0,{\rm{ + }}\infty } \right)$ για την οποία ισχύουν

• $f''\left( x \right) = \frac{1}{{{x^2}}} + 1 - \frac{1}{x} - f'\left( x \right)$ ,

• $f\left( 1 \right) = \frac{{e + 1}}{e}$

• $e\left( {1 - f\left( x \right)} \right) \le x - 2$ για κάθε

Να αποδείξετε ότι:

Α. $f'\left( 1 \right) = - \frac{1}{e}$

Α. $f\left( x \right) = - \ln x + x + {e^{ - x}}$ ,

Β. Η παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο σημείο ${x_0} \in \left( {0,{\rm{ 2}}} \right)$ για το οποίο ισχύει $f\left( {{x_0}} \right) > 1$ .

Γ. Υπάρχει ${x_1} < {x_0}$ τέτοιο ώστε $f\left( {{x_1}} \right) < f\left( 2 \right)$ .

Δ. Υπάρχει ένα τουλάχιστον $\xi \in \left( {{x_1},{\rm{ 2}}} \right)$ τέτοιο ώστε $f\left( \xi \right) - f\left( 2 \right) = f'\left( \xi \right)$ .

...μιά αντιμετώπιση έως....

Α. Είναι σύμφωνα με την υπόθεση $e\left( {1 - f\left( x \right)} \right) \le x - 2$ για κάθε x > 0

ή

$e\left( 1-f\left( x \right) \right)-x+2\le 0$ για κάθε x > 0

και αν

$g(x)=e\left( 1-f\left( x \right) \right)-x+2,\,\,\,x\in (0,\,\,+\infty )$ έχουμε ότι

$g(1)=e\left( 1-f\left( 1 \right) \right)+1=e\left( 1-\frac{e+1}{e} \right)+1=0$ άρα ισχύει ότι

$g(x)\le g(1),\,\,x>0$ επομένως στο $1\in \left( 0,+\infty \right)$ παρουσιάζει ακρότατο (που είναι και ολικό)

και αφού η

είναι παραγωγίσιμη ${g}'(x)=-e{f}'\left( x \right)-1,\,\,\,x\in (0,\,\,+\infty )$

σύμφωνα με το θεώρημα του Fermat είναι ${g}'(1)=0\Leftrightarrow -e{f}'\left( 1 \right)-1=0\Leftrightarrow {f}'\left( 1 \right)=-\frac{1}{e}$

Β. Από ${f}''\left( x \right)=\frac{1}{{{x}^{2}}}+1-\frac{1}{x}-{f}'\left( x \right)\Leftrightarrow {f}''\left( x \right)+{f}'\left( x \right)=\frac{1}{{{x}^{2}}}+1-\frac{1}{x}\Leftrightarrow$

${{\left( {f}'\left( x \right)+f\left( x \right) \right)}^{\prime }}={{\left( -\frac{1}{x}+x-\ln x \right)}^{\prime }}\Leftrightarrow {f}'\left( x \right)+f\left( x \right)=-\frac{1}{x}+x-\ln x+c,\,\,x>0$ και επειδή

${f}'\left( 1 \right)+f\left( 1 \right)=-1+1-0+c\Rightarrow -\frac{1}{e}+\frac{e+1}{e}=c\Leftrightarrow 1=c$ επομένως

${f}'\left( x \right)+f\left( x \right)=-\frac{1}{x}+x-\ln x+1,\,\,\,x>0$ και ακόμη

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

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

$f\left( x \right)=x-\ln x+c{{e}^{-x}},\,\,\,x>0$ και επειδή $f\left( 1 \right)=1+c\frac{1}{e}\Leftrightarrow c=1$

επομένως $f\left( x \right)=x-\ln x+{{e}^{-x}},\,\,\,x>0$

Γ. Είναι ${f}'\left( x \right)=1-\frac{1}{x}-{{e}^{-x}},\,\,\,x>0$ συνεχής με ${f}'\left( 1 \right)=-\frac{1}{e}<0$ και

${f}'\left( 2 \right)=1-\frac{1}{2}-\frac{1}{{{e}^{2}}}=\frac{1}{2}-\frac{1}{{{e}^{2}}}=\frac{{{e}^{2}}-2}{2{{e}^{2}}}>0$ άρα

${f}'\left( 1 \right){f}'\left( 2 \right)<0$ και σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano υπάρχει

${{x}_{0}}\in \left( 1,\text{2} \right)\subset (0,\,2)$ που ${f}'\left( {{x}_{0}} \right)=0$ μοναδικό αφού η

${f}''\left( x \right)=\frac{1}{{{x}^{2}}}+{{e}^{-x}}>0,\,\,\,x>0$ οπότε η {f}'

είναι γνήσια αύξουσα άρα και '1-1'

και ισχύουν ότι

για $x<{{x}_{0}}\Rightarrow {f}'(x)<{f}'\left( {{x}_{0}} \right)=0$ έτσι η

είναι γνήσια φθίνουσα στο $(0,\,\,{{x}_{0}}]$ ότι

για $x>{{x}_{0}}\Rightarrow {f}'(x)>{f}'\left( {{x}_{0}} \right)=0$ έτσι η

είναι γνήσια αύξουσα στο

$[{{x}_{0}},\,+\infty )$ επομένως η

παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο σημείο ${x_0} \in \left( {0,{\rm{ 2}}} \right)$

Τώρα επειδή ${f}'\left( {{x}_{0}} \right)=0\Leftrightarrow 1-\frac{1}{{{x}_{0}}}-{{e}^{-{{x}_{0}}}}=0\Leftrightarrow {{e}^{-{{x}_{0}}}}=1-\frac{1}{{{x}_{0}}}$ και

$f\left( {{x}_{0}} \right)={{x}_{0}}-\ln {{x}_{0}}+{{e}^{-{{x}_{0}}}}$ έχουμε ότι

$f\left( {{x}_{0}} \right)={{x}_{0}}-\ln {{x}_{0}}+1-\frac{1}{{{x}_{0}}}$ και θέλουμε να δείξουμε ότι

$f\left( {{x}_{0}} \right)>1\Leftrightarrow {{x}_{0}}-\ln {{x}_{0}}+1-\frac{1}{{{x}_{0}}}>1\Leftrightarrow {{x}_{0}}-\ln {{x}_{0}}-\frac{1}{{{x}_{0}}}>0,\,\,{{x}_{0}}\in (1,\,\,2)$

Επίσης για την συνάρτηση $h(x)=x-\ln x-\frac{1}{x},\,\,x>0$ είναι h(1)=0

και

${h}'(x)=1-\frac{1}{x}+\frac{1}{{{x}^{2}}}=\frac{{{x}^{2}}-1+x}{{{x}^{2}}}>0,\,\,x>0$

επομένως είναι γνήσια αύξουσα και αφού ${{x}_{0}}>1\Rightarrow h({{x}_{0}})>h(1)=0$ που είναι αυτό που θέλαμε.

Δ. Αν υποθέσουμε ότι για κάθε $0<x<{{x}_{0}}$ ισχύει ότι $f(x)>f(2)\Leftrightarrow f(x)-f(2)>0,\,\,\,x\in (0,\,\,{{x}_{0}})$

τότε για την $\phi (x)=f(x)-f(2),\,\,x\in (0,\,\,{{x}_{0}}]$ που είναι συνεχής ισχύουν ότι $\phi ({{x}_{0}})=f({{x}_{0}})-f(2)<0$

και $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\phi (x)=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,(f(x)-f(2))=+\infty$

άρα υπάρχει a>0

που $\phi (\alpha )>0$ άρα $\phi ({{x}_{0}})\phi (\alpha )<0$ και από το θεώρημα του Bolzano υπάρχει

$\xi \in (0,\,\,{{x}_{0}})$ που $\phi (\xi )=0$ που είναι άτοπο επομένως υπάρχει

${x_1} < {x_0}$ τέτοιο ώστε $f\left( {{x_1}} \right) < f\left( 2 \right)$

...

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

paylos · #3

Βασίλη ευχαριστώ για τη λύση που έδωσες. Στο τελευταίο ερώτημα έχω μια δυσκολία να απαντήσω.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #4

paylos έγραψε: Σάβ Μάιος 12, 2018 8:01 am Βασίλη ευχαριστώ για τη λύση που έδωσες. Στο τελευταίο ερώτημα έχω μια δυσκολία να απαντήσω.

Φυσικά αφού είναι ΛΑΘΟΣ.

Υπάρχει $c\in (0,x_{0})$

με f(c)=f(2)

Ετσι $x_{1}\in (c,x_{0})$

Αν το $x_{1}$ είναι ''κοντα'' στο

υπάρχει

$\xi$

ενώ αν είναι ''κοντά'' στο $x_{0}$ δεν υπάρχει.

Γιατί αν

g(x)=f(x)-f(2)-f'(x)

τότε $x\in [x_{0},2]\Rightarrow g(x)< 0$

$g(x_{0})< 0$

και g(c)> 0

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΗ

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΗ

Re: ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΗ

Re: ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΗ

Re: ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΗ

Μέλη σε σύνδεση