Άλλα μηνύματα του μέλους \pi σε αυτό το thread

\pi · 11 Απριλίου 2010

Αρχική Δημοσίευση από forakos:
Πως αποδεικνυω οτι f(x)+g(x) διαφορο του μηδενος για να διαιρεσω;
Και πως θα βγαλω το προσημο των f(x)+g(x) και g(x)-f(x) για να βγαλω τα απολυτα;
Ευχαριστω παρα πολυ για τη βοηθεια...

Για το πρώτο ερώτημα. Αν θέλαμε να είμαστε πολύ λεπτομερείς, θα μπορούσαμε να χρησιμοποιήσουμε την εφαρμογή στη σελίδα 252 του βιβλίου οργανισμού: να θεωρήσουμε τις παραγωγίσιμες συναρτήσεις f(x), H(x) τέτοιες ώστε f'(x)=f(x)H'(x) και τη συνάρτηση $ \phi (x)=\frac{f(x)}{e^{H(x)}}$ . Για την φ αποδεικνύουμε ότι είναι σταθερή, άρα θα είναι $f(x)=c e^{H(x)}$ . Άρα αν c=0,τότε η f είναι η μηδενική. Αλλιώς δεν μηδενίζεται ποτέ.(Εσύ αντι για την f έχεις την f+g και H'(x)=-xlnx).

Για το δεύτερο ερώτημα. Είναι $-\int \frac{1}{xlnx}dx=-\int \frac{1}{u}du=-ln|u|+lnc=ln\frac{c}{|u|}=ln\frac{c}{|lnx|}=ln\frac{c}{lnx}$ για κάποιο c>0 πραγματικό.
Άρα $ln|f(x)+g(x)|=ln\frac{c}{lnx}\Rightarrow f(x)+g(x)=+\frac{c}{lnx}$ ή $f(x)+g(x)=-\frac{c}{lnx} \Rightarrow f(x)+g(x)=\frac{c_{1}}{lnx}$ όπου $c_{1}=+-c$ . Επειδή f(x)+g(x) παραγωγίσιμη, άρα συνεχής, θα διατηρεί το πρόσημο. Δηλαδή έθεσα c1 για να μη γράφω τις δύο περιπτώσεις, και μετά από τις δοσμένες σχέσεις βρήκα τη σταθερά.

\pi · 30-03-10

Αρχική Δημοσίευση από metalmaniac:
και πώς το ξέρουμε αυτο?

Ένας πρακτικός τρόπος να επαληθεύσεις τη λύση σου είναι να κάνεις τις γραφικές παραστάσεις(δες το συνημμένο).

Ο πιο αλγεβρικός τρόπος είναι να θεωρήσεις τη συνάρτηση h(x)=g(x)-f(x) και να ελέγξεις το πρόσημό της.

$x\in [1,+\infty) \quad \frac{x+1}{3}\geqslant \sqrt{x-1} \Leftrightarrow x^2+2x+1\geqslant 9x-9 \Leftrightarrow x^{2}-7x+10 \geqslant 0 \Leftrightarrow (x-2)(x-5) \geqslant 0 \Leftrightarrow x\leqslant 2 <img src=$
Άρα το εμβαδόν που ψάχνεις είναι το άθροισμα του εμβαδού του τριγώνου που σχηματίζεται από την g(x) τον y'y και τις χ=-1,χ=1 και του εμβαδού του χωρίου ανάμεσα στις g(x),f(x), x=1,x=2.

$E_{1}=\frac{1}{2}\cdot 2\cdot \frac{2}{3}<img src=$ " />" />" />" />" />" />" />

\pi · 28-03-10

Αρχική Δημοσίευση από MADlen:
Έστω η συνεχής συνάρτηση f για την οποία ισχύει: $f(x)=\int_{0}^{x}\frac{1}{1+{e}^{f(t)}}dt + 1$ .
Να υπολογίσετε το εμβαδό του χωρίου που περικλείεται από τη ${C}_{f}$ , τους άξονες $x'x, y'y$ και την ευθεία $x=-e$ . Πιο πριν έχω βγάλει ότι η f είναι γνησίως αύξουσα και έχω υπολογίσει την αντίστροφη.
Βασικά, θέλω το πρόσημο της f στο [-e,0].

Παραγωγίζοντας τη σχέση που δίνεται, παίρνουμε $f'(x)=\frac{1}{1+e^{f(x}} <img src=$

$οπότε f(x) γνησίως αύξουσα. Επιπλέον προκύπτει ότι <img src=$

$f'(x)\cdot [1+e^{f(x)}]=1 \Rightarrow f'(x)+f'(x)\cdot e^{f(x)}=1 \Rightarrow (f(x)+e^{f(x)})'=1 \Rightarrow f(x)+ e^{f(x)}=x+c \; , \; c\in \mathbb{R}. <img src=$ " />

$Επειδή όμως (αντικατάσταση στην αρχική σχέση) f(0)=1, θα είναι <img src=$

$f(0)+e^{f(0)}=0+c \Rightarrow c=1+e. <img src=$

$ Άρα <img src=$

$f(x)+e^{f(x)}=x+1+e. <img src=$

$ Συνεπώς <img src=$

$f(-e)+e^{f(-e)}=-e+1+e \Rightarrow f(-e)=e^{0}-e^{f(-e)}. <img src=$

$ Η τελευταία ισότητα αν f(-e)<0 δεν αληθεύει γιατί το πρώτο μέλος είναι αρνητικό και το δεύτερο θετικό. Ομοίως δεν αληθεύει για f(-e)>0. Άρα αληθεύει ακριβώς όταν f(-e)=0.$ " />" />" />" />" />" />" />" />" />

\pi · 01-12-09

Αρχική Δημοσίευση από Voulitsa:
Help! Ευχαριστω πολυ!

στο παρακάτω μήνυμα sinx=ημχ και cosx=συνχ.
i. Είναι $lim_{x\to \frac{\pi}{2}} (1+2\cdot \sqrt{sinx})=lim_{x\to \frac{\pi}{2}}(2+sinx)=3$ και λόγω της σχέσης που δίνεται και από το κριτήριο παρεμβολής, ισχύει $lim_{x\to \frac{\pi}{2}}f(x)=3$ . Επιπλέον από τη σχέση, αν αντικαταστήσεις όπου $x=\frac{\pi}{2}$ πάλι προκύπτει $3\leqslant f(\frac{\pi}{2})\leqslant 3$ δηλαδή $f(\frac{\pi}{2})=3$ . Τελικά $lim_{x\to \frac{\pi}{2}}f(x)=f(\frac{\pi}{2})$ και η f είναι συνεχής στο $\frac{\pi}{2}$ .
ii.Επιπλέον, από τη σχέση που δίνεται προκύπτει ότι
$-2+2\cdot \sqrt{sinx}\leqslant f(x)-3\leqslant sinx-1$
δηλαδή
$\frac{1}{-2\cdot(1-\sqrt{sinx})}\geqslant \frac{1}{f(x)-3} \geqslant \frac{1}{sinx-1}$
άρα
$\frac{cos^{2}x}{-2\cdot(1-\sqrt{sinx})}\geqslant \frac{cos^{2}x}{f(x)-3} \geqslant \frac{cos^{2}x}{sinx-1}$
επειδή
$cos^{2}x\ne 0$ για $x\ne \frac{\pi}{2}$ .
Όμως
$cos^{2}x=1-sin^{2}x=(1-sinx)\cdot (1+sinx)$
κι επειδή ημχ>0 θα είναι και
$cos^{2}x=(1-\sqrt{sinx})\cdot (1+\sqrt{sinx})\cdot (1+sinx)$
και η παραπάνω ανίσωση γράφεταi
$\frac{(1+\sqrt{sinx})\cdot (1+sinx)}{-2} \geqslant \frac{cos^{2}x}{f(x)-3} \geqslant -sinx-1$ .
Υπολογίζουμε τα
$lim_{x\to \frac{\pi}{2}}\frac{(1+\sqrt{sinx})\cdot (1+sinx)}{-2}=-2$ και
$lim_{x\to \frac{\pi}{2}}-sinx-1=-2$
Και παλι, από το κριτήριο παρεμβολής και τα παραπάνω, είναι
$lim_{x\to \frac{\pi}{2}}\frac{cos^{2}x}{f(x)-3}=-2.$

iii. Από τη σχέση
$2\cdot (\sqrt{sinx}-1) \leqslant f(x)-3 \leqslant sinx-1$ προκύπτει ότι f(x)-3<0 για $x\in [0, \frac{\pi}{2})\cup [\frac{\pi}{2},\pi]$ άρα |3-f(x)|=3-f(x) και
$|3-f(x)|-xf(x)-3=-(1+x)\cdot f(x)$ και το ζητούμενο όριο είναι το
$lim_{x\to \frac{\pi}{2}}\frac{-(1+x)\cdot f(x)}{f(x)-3}=+\infty$ επειδή f(x)-3<0 κοντά στο π/2 και
$lim_{x\to \frac{\pi}{2}}[-(1+x)\cdot f(x)]=-(1+\frac{\pi}{2})\cdot 3$ και $lim_{x\to \frac{\pi}{2}}[f(x)-3]-0$

Άλλα μηνύματα του μέλους \pi σε αυτό το thread

\pi

Νεοφερμένος

\pi

Νεοφερμένος

Συνημμένα

\pi

Νεοφερμένος

\pi

Νεοφερμένος

Λοιπές Σελίδες