mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 15, 2021 11:18 am**

Συνεχίζω την άσκηση του Θανάση. Να μελετηθεί ως προς τη μονοτονία η συνάρτηση

$\displaystyle{f(x) = \left ( 1 + \frac{1}{x} \right )^x \left ( 1 + x \right )^{1/x}}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 20, 2021 4:12 pm**

Επαναφορά... !!

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 31, 2021 10:44 am**

Διαγράφω την ανάρτηση γιατί είναι λάθος.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Αύγ 02, 2021 8:06 pm**

Παρατηρούμε ότι $f'=f\cdot g$ , όπου

$g(x)=\dfrac{1-x}{x(x+1)}+ln(x+1)-lnx-\dfrac{ln(x+1)}{x^2}.$

Ισχύει η g(1)=0

, οπότε άμεσα θα προέκυπταν οι g(x)>0

για

&

για

, άρα και οι f'(x)>0

για

&

για

... ΑΝ ήταν φθίνουσα η

: αυτό ΔΕΝ ισχύει, η

ΔΕΝ είναι φθίνουσα στο $(0, +\infty)$ , αλλά εμείς θα φθάσουμε ούτως ή άλλως στο επιθυμητό συμπέρασμα για την

... μέσω των εξής δύο λημμάτων:

(i) H

EINAI φθίνουσα στο (0,1)

.

(ii) H

είναι αρνητική στο τυχόν σημείο x_0>1

όπου

.

-- Για το (i) ισχύει η $g'(x)<0\leftrightarrow ln(x+1)-\dfrac{x(2x+1)}{(x+1)^2}<0$ , οπότε αρκεί να παρατηρήσουμε, θέτοντας $h(x)=ln(x+1)-\dfrac{x(2x+1)}{(x+1)^2}$ , ότι ισχύουν οι h(0)=0

και $h'(x)=\dfrac{x(x-1)}{(x+1)^3}<0$ για 0<x<1

.

-- Για το (ii) παρατηρούμε ότι ισχύει η $g'(x_0)=0\leftrightarrow ln(x_0+1)=\dfrac{x_0(2x_0+1)}{(x_0+1)^2}$ , οπότε με αντικατάσταση προκύπτει η $g(x_0)=\dfrac{2(x_0-1)}{x_0+1}-lnx_0$ : θέτοντας $k(x)=\dfrac{2(x-1)}{x+1}-lnx$ παρατηρούμε ότι ισχύουν οι k(1)=0

και $k'(x)=\dfrac{4}{(x+1)^2}-\dfrac{1}{x}<0$ , άρα και η k(x)<0

για

. (Σημειώνω ότι χρειάζονται για την ολοκλήρωση του συλλογισμού η εύκολα αποδεικνυόμενη $\lim_{x\rightarrow +\infty}g(x)=0$ και, βεβαίως, η g(1)=0

.)

[Επισυνάπτω γράφημα της

που επιβεβαιώνει ότι παραμένει φθίνουσα έως λίγο μετά το

, αλλά αρνητική ως το $+\infty$ .]

: αρνητική-μη-φθίνουσα.png (19.85 KiB) Προβλήθηκε 1610 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Αύγ 02, 2021 10:19 pm**

Tolaso J Kos έγραψε: Σάβ Μάιος 15, 2021 11:18 am Συνεχίζω την άσκηση του Θανάση. Να μελετηθεί ως προς τη μονοτονία η συνάρτηση

$\displaystyle{f(x) = \left ( 1 + \frac{1}{x} \right )^x \left ( 1 + x \right )^{1/x}}$

Είναι $\displaystyle f(x)=f(\frac{1}{x})$

Ετσι αρκεί να μελετήσουμε την μονοτονία στο διάστημα (0,1]

Θεωρούμε την $\ ln f(x)$ .
Τα υπόλοιπα είναι στην ανάρτηση του Γιώργου.

$g(x)=(\ln f(x))'$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 03, 2021 12:26 pm**

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: Δευ Αύγ 02, 2021 10:19 pm
Tolaso J Kos έγραψε: Σάβ Μάιος 15, 2021 11:18 am Συνεχίζω την άσκηση του Θανάση. Να μελετηθεί ως προς τη μονοτονία η συνάρτηση

$\displaystyle{f(x) = \left ( 1 + \frac{1}{x} \right )^x \left ( 1 + x \right )^{1/x}}$
Είναι $\displaystyle f(x)=f(\frac{1}{x})$

Ετσι αρκεί να μελετήσουμε την μονοτονία στο διάστημα

Θεωρούμε την $\ ln f(x)$ .
Τα υπόλοιπα είναι στην ανάρτηση του Γιώργου.

$g(x)=(\ln f(x))'$

Πολύ σωστά, Σταύρο: το σκέφθηκα, αφού έστειλα την λύση μου, ότι συναρτήσεις μ' αυτήν την ιδιότητα έχουν τοπικό ακρότατο στο

, αλλά μια και με παραγώγους δεν φάνηκε εφικτό να επιτυγχάνεται αυτό, εγκατέλειψα αμέσως αυτήν την σκέψη^ όπως όμως υπονοείς παραπάνω, η αναστροφή της μονοτονίας προκύπτει άμεσα, χωρίς χρήση παραγώγων. $[1<a<b\rightarrow 1/b<1/a<1\rightarrow f(1/b)<f(1/a)\rightarrow f(b)<f(a).]$

mathematica.gr

Μονοτονία συνάρτησης

Μονοτονία συνάρτησης

Re: Μονοτονία συνάρτησης

Re: Μονοτονία συνάρτησης

Re: Μονοτονία συνάρτησης

Re: Μονοτονία συνάρτησης

Re: Μονοτονία συνάρτησης