Βοήθεια/Aπορίες στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

*Serena* · 2013-01-07T01:34:02+0200

Αρχική Δημοσίευση από Civilara:
Θεωρούμε την συνάρτηση f(x)=(x^2)+x-3, x ανήκει R. Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο R με πρώτη παράγωγο f΄(x)=2x+1.
Ισχύει f΄(-1/2)=0 και f΄(x)<0 για x ανήκει (-oo,-1/2), f΄(x)>0 για x ανήκει (-1/2,+oo).

Η f είναι συνεχής στο (-οο,-1/2], παραγωγίσιμη στο (-οο,-1/2) και ισχύει f΄(x)<0 για κάθε x στο (-οο,-1/2). Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (-οο,-1/2]. Η f είναι συνεχής στο [-1/2,+οο), παραγωγίσιμη στο (-1/2,+οο) και ισχύει f΄(x)>0 για κάθε x στο (-1/2,+οο). Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο [-1/2,+οο). Επομένως η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο x0=-1/2 με τιμή f(-1/2)=-7/4.

lim(x->-oo)f(x)=lim(x->-oo)((x^2)+x-3)=lim(x->-oo)(x^2)=+oo
lim(x->+oo)f(x)=lim(x->+oo)((x^2)+x-3)=lim(x->+oo)(x^2)=+oo

Η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο (-οο,-1/2], οπότε:
f((-oo,-1/2])=[f(-1/2),lim(x->-oo)f(x))=[-7/4,+oo)
f([-1/2,+oo))=[f(-1/2),lim(x->+oo)f(x))=[-7/4,+oo)

Έχουμε f(-2)=-1 και επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (-οο,-1/2] δεν υπάρχει άλλο x1<=-1/2 τέτοιο ώστε f(x1)=-1
Έχουμε f(1)=-1 και επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο [-1/2,+οο) δεν υπάρχει άλλο x2>=-1/2 τέτοιο ώστε f(x2)=-1

Άρα η εξίσωση f(x)=-1 έχει ακριβώς 2 πραγματικές ρίζες, τις x1=-2 και x2=1. (Μπορούμε να τις βρούμε αναλυτικά αν λύσουμε την δευτεροβάθμια εξίσωση (x^2)+x-3=-1 <=> (x^2)+x-2=0)

Λαμβάνοντας υπόψη τη μονοτονία της f έχουμε:

x<-2 <=> f(x)>f(-2) <=> f(x)>-1
-2<x<-1/2 <=> f(-1/2)<f(x)<f(-2) <=> -7/4<f(x)<-1
-1/2<x<1 <=> f(-1/2)<f(x)<f(1) <=> -7/4<f(x)<-1
x>1 => f(x)>f(1) => f(x)>-1

Επομένως για x ανήκει (-oo,-2)U(1,+oo) ισχύει f(x)>-1 και για x ανήκει [-2,1] ισχύει -7/4<=f(x)<=-1

Η συνάρτηση φ είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο R με πρώτη παράγωγο φ΄(x)=(2^x)ln2+(3^x)ln3>0 για κάθε x ανήκει R
Η φ είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο R και ισχύει φ΄(x)>0 για κάθε x ανήκει R. Επομένως η φ είναι γνησίως αύξουσα στο R και συνεπώς και 1-1.

Επειδή lim(x->+oo)(2^x)=lim(x->+oo)(3^x)=+oo τότε lim(x->+oo)φ(x)=+oo
Επειδή lim(x->-oo)(2^x)=lim(x->-oo)(3^x)=0 τότε lim(x->-oo)φ(x)=-1

Η φ είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο R, οπότε
φ(R)=φ((-οο,+οο))=(lim(x->-oo)φ(x),lim(x->+oo)φ(x))=(-1,+oo)

Άρα ισχύει φ(x)>-1 για κάθε x ανήκει R

Αν α ανήκει [-2,1] τότε ισχύει -7/4<=f(α)<=-1 και η εξίσωση φ(x)=f(α) είναι αδύνατη αφού ισχύει φ(x)>-1 για κάθε x ανήκει R
Αν α ανήκει (-οο,-2)U(1,+οο) τότε ισχύει f(α)>-1 και επειδή η φ είναι συνεχής και ισχύει φ(x)>-1 για κάθε x ανήκει R τότε η εξίσωση φ(x)=f(α) έχει λύση και επειδή η φ είναι 1-1 τότε έχει μοναδική πραγματική λύση.

Συνοψίζοντας για κάθε α ανήκει (-οο,-2)U(1,+oo) υπάρχει μοναδικό x ανήκει R τέτοιο ώστε φ(x)=f(α), ενώ για κάθε α ανήκει [-2,1] και για κάθε x ανήκει R ισχύει φ(x)>f(α).

Αρχική Δημοσίευση από lowbaper92:
1)
Θέτω $u=x+1\rightarrow {u}_{0}=\lim_{x\rightarrow -1}\left(x+1 \right)=0$

$\lim_{x\rightarrow -1}\frac{x+1}{f\left(x+1 \right)}=1\Leftrightarrow \lim_{u\rightarrow 0}\frac{u}{f\left(u \right)}=1\Leftrightarrow \lim_{x\rightarrow 0}\frac{x}{f\left(x \right)}=1$

Θέτω $g\left(x \right)=\frac{x}{f\left(x \right)}\; \gamma \iota \alpha\; f\left(x \right)\neq 0\; \&\; x\neq 0$
Άρα $f\left(x \right)=\frac{x}{g\left(x \right)}\Rightarrow \lim_{x\rightarrow 0}f\left(x \right)=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{x}{g\left(x \right)}\stackrel{f\, \sigma \upsilon \nu \varepsilon \chi \eta \varsigma }{\Leftrightarrow } f\left(0 \right)=\frac{0}{1}=0$

2)
$L=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{f\left(\eta \mu x \right)}{x}=\lim_{x\rightarrow 0}\left(\frac{f\left(\eta \mu x \right)}{\eta \mu x}\cdot \frac{\eta \mu x}{x} \right)=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{f\left(\eta \mu x \right)}{\eta \mu x}\cdot 1$

$\lim_{x\rightarrow 0}\frac{f\left(\eta \mu x \right)}{\eta \mu x}\stackrel{w=\eta \mu x,{w}_{0}=0}{======}}\lim_{w\rightarrow 0}\frac{f\left(w \right)}{w}=\lim_{w\rightarrow 0}\frac{1}{\frac{w}{f\left(w \right)}}=\frac{1}{1}=1$

Άρα $L=1$

3)
Θέτω $k\left(x \right)=f\left(x \right)-x+1,\; x\in \left[0,1 \right]$

$\bullet\; k\left(0 \right)=f\left(0 \right)+1=1>0$
$\bullet \; k\left(1 \right)=f\left(1 \right)<0$ γιατί $1>0\stackrel{f\searrow}{\Leftrightarrow }f\left(1 \right)<f\left(0 \right)\Leftrightarrow f\left(1 \right)<0$

Επίσης η συνάρτηση k(x) είναι γνησίως φθίνουσα ως άθροισμα των γνησίων φθινουσών συναρτήσεων f(x) και (-x+1).

Συνεπώς από Bolzano και λόγω μονοτονίας υπάρχει ακριβώς ένα ${x}_{0}\in \left(0,1 \right):k\left({x}_{0} \right)=0\Leftrightarrow f\left({x}_{0} \right)={x}_{0}-1$

Αρχική Δημοσίευση από Civilara:
f συνεχής στο [α,β] και f(x) διάφορο 0 για κάθε x στο [α,β] => f(x)>0 για κάθε x στο [α,β] ή f(x)<0 για κάθε x στο [α,β]

Αν x=Re(z), y=Im(z), x διάφορο 0, y διάφορο 0 τότε z=x+yi και |x|>|y| => |x|^2>|y|^2 => x^2>y^2 => (x^2)-(y^2)>0
Έχουμε

z+(1/z)=x+yi+1/(x+yi)=x[1+(1/((x^2)+(y^2)))]+y[1-(1/((x^2)+(y^2)))]i
Επειδή z+(1/z)=f(α) τότε πρέπει να ισχύουν

x[1+(1/((x^2)+(y^2)))]=f(α)
y[1-(1/((x^2)+(y^2)))]=0

Επειδή y διάφορο 0 από την 2η σχέση προκύπτει 1-(1/((x^2)+(y^2))) <=> (x^2)+(y^2)=1
Επομένως |z|=SQRT((x^2)+(y^2))=SQRT(1)=1 => |z|=1

Από την 1η σχέση προκύπτει x[1+(1/1)]=f(α) <=> 2x=f(α) <=> x=f(α)/2

Έχουμε

(z^2)+(1/(z^2))=(x+yi)^2+(1/((x+iy)^2)=((x^2)-(y^2))(1+(1/(((x^2)+(y^2))^2))+2xy(1-(1/(((x^2)+(y^2))^2))i
(z^2)+(1/(z^2))=((x^2)-(y^2))(1+(1/(1^2)))+2xy(1-(1/(1^2)))i=2((x^2)-(y^2))

Επειδή (z^2)+(1/(z^2))=(f(β))^2 τότε
2((x^2)-(y^2))=(f(β))^2 <=> (x^2)-(y^2)=((f(β)^2))/2>0 που ισχύει αφού |x|>|y|

Από τις σχέσεις

(x^2)+(y^2)=1
(x^2)-(y^2)=((f(β)^2))/2

βρίσκουμε ότι

x^2=(2+((f(β))^2))/4
y^2=(2-((f(β))^2))/4

Αντικαθιστώντας x=f(α)/2 στην πρώτη σχέση από τις 2 παραπάνω σχέσεις προκύπτει:

(f(α)/2)^2=(2+((f(β))^2))/4 <=> ((f(α))^2)=2+((f(β))^2) <=> ((f(α))^2)-((f(β))^2)=2>0

Επομένως ((f(α))^2)-((f(β))^2)>0 <=> ((f(β))^2)<((f(α))^2)

Θεωρούμε την συνάρτηση g(x)=f(α)(x^3)+f(β), x ανήκει R. Η g είναι συνεχής στο R ως πολυωνυμική. Έχουμε
g(-1)=f(β)-f(α)
g(1)=f(β)+f(α)

((f(β))^2)<((f(α))^2) <=> ((f(β))^2)-((f(α))^2)<0 <=> (f(β)-f(α))(f(β)+f(α))<0 <=> g(-1)g(1)<0

Η g είναι συνεχής στο [-1,1] και ισχύει g(-1)g(1)<0. Επομένως σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano υπάρχει τουλάχιστον ένα x0 στο (-1,1) τέτοιο ώστε g(x0)=0

Σημείωση

Η εξίσωση f(α)(x^3)+f(β)=0 γράφεται ισοδύναμα x^3=-(f(β)/f(α))

Επειδή η f διατηρεί σταθερό πρόσημο στο [α,β] τότε ισχύει f(β)/f(α)>0 και επομένως -(f(β)/f(α))<0

Επομένως η εξίσωση x^3=-(f(β)/f(α)) έχει μοναδική πραγματική ρίζα την x=-((f(β)/f(α))^(1/3))

Χίλια ευχαριστώ!!! :worship:

rebel · 2013-01-07T07:03:08+0200

Αρχική Δημοσίευση από mary-blackrose:
καλησπερα!Χρειαζομαι τη βοηθεια σας στις παρακατω ασκησεις...

2)δίνεται η συνάρτηση $f$ με τύπο : $f(x)\cdot 2\sqrt{x}-lnx,x>0$
α)να βρείτε τις ασύμπτωτες της $Cf$
β)να μελετήσετε την $f$ ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα
γ)να βρείτε το σύνολο τιμών της $f$
δ)να δείξετε ότι $f(x)>0$ για $x>0$
ε)να δείξετε ότι $0<\frac{lnx}{x}<\frac{2}{\sqrt{x}}$ για $x>1$

3)δίνεται η συνάρτηση $f(x)=e^{x}+xlnx+x-1$
α) να βρείτε τα όρια $lim _{x\rightarrow \ 0 }f(x),lim _{x\rightarrow +\propto }f(x)$
β)να μελετήσετε την $f$ ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα
γ)να βρείτε το σύνολο τιμών της
δ)να δείξετε ότι η εξίσωση $f(x)=\alpha$ έχει μοναδική ρίζα για κάθε $\alpha \in R$
ε)να λύσετε την εξίσωση $f(x)=e$
στ)να λύσετε την εξίσωση $e^{x^{2}+1}-e^{2x}=ln2x-ln(x^{2}+1)-x^{2}+2x-1$

2.
α) Αναζητούμε κατακόρυφες ασύμπτωτες στα άκρα του πεδίου ορισμού και στα σημεία ασυνέχειας. Αφού λοιπόν η f είναι συνεχής σε όλο το πεδίο ορισμού της αναζητούμε κατακόρυφη ασύμπτωτη στο 0. Έχουμε
$\lim_{x \to 0^+}f(x)=\lim_{x \to 0^+}\left(2\sqrt{x}-\ln x\right)=+\infty$
Άρα έχει κατακόρυφη ασύμπτωτη την $x=0$
Αναζητούμε πλάγια ασύμπτωτη στο $+\infty$ . Έχουμε
$\lim_{x \to +\infty}\frac{f(x)}{x}=\lim_{x \to +\infty}\frac{2\sqrt{x}-\ln x}{x}=\lim_{x \to +\infty} \left( \frac{2\sqrt{x}}{x}-\frac{\ln x}{x} \right)=0$
αφού
$\lim_{x \to +\infty}\frac{2\sqrt{x}}{x}=0,\,\,\,\lim_{x \to +\infty}\frac{\ln x}{x}=\lim_{x \to +\infty}\frac{\left(\ln x)'}{x'}=\lim_{x \to +\infty}\frac{1}{x}=0$
Όμως
$\lim_{x \to +\infty}\left[f(x)-0\cdot x \right]=\lim_{x \to +\infty}\sqrt{x}\left(2-\frac{\ln x}{\sqrt{x}}\right)=+\infty$
αφού
$\lim_{x \to +\infty}\frac{\ln x}{\sqrt{x}}=\lim_{x \to +\infty}\frac{\left(\ln x\right)'}{\sqrt{x}'}=\lim_{x \to +\infty}\frac{2\sqrt{x}}{x}=0$
Άρα η f δεν έχει πλάγια ασύμπτωτη στην περιοχή του $+\infty$
β)
$f'(x)=\frac{1}{\sqrt{x}}-\frac{1}{x}=\frac{\sqrt{x}-1}{x}$
$x>1 \Leftrightarrow f'(x)>0$
$x<1 \Leftrightarrow f'(x)<0$
Γνησίως φθίνουσα στο $(0,1]$ , γνησίως αύξουσα στο $[1,+\infty)$ , ολικό ελάχιστο είναι το $f(1)=2$
γ)
$f((0,+\infty))=f\left((0,1]\right)\cup f\left[1,+\infty \right)=\left[f(1),\lim_{x \to 0^+}f(x)\right) \cup \left[f(1),\lim_{x \to +\infty}f(x)\right)=[2,+\infty)\cup [2,+\infty)=[2,+\infty)$
δ) Δείξαμε στο β) ότι $f(x) \geq 2 ,\,\,\forall x \in (0,+\infty)$ άρα και $f(x) >0 ,\,\,\forall x \in (0,+\infty)$
ε) Είναι
$f(x) > 0 \Rightarrow 2\sqrt{x}- \ln x >0 \Rightarrow \frac{\ln x}{x}<\frac{2}{\sqrt{x}}$
κι επειδή $\ln x >0$ για $x>1$ , παίρνουμε
$0<\frac{\ln x}{x}<\frac{2}{\sqrt{x}}$
όπως θέλαμε.
3.
Με βάση τα ερωτήματα δ) και στ) συμπεραίνω ότι η συνάρτηση της εκφώνησης είναι μάλλον η
$f(x)=e^x+ \ln x+x-1$ .
α)
$\lim_{x \to 0^+}f(x)=-\infty$ και $\lim_{x \to +\infty}f(x)=+\infty$
β)
$f'(x)=e^x+\frac{1}{x}+1>0,\,\,\,\forall x >0$ άρα γνησίως αύξουσα χωρίς ακρότατα.
γ)
$f\left((0,+\infty)\right)=\left(\lim_{x \to 0^+}f(x),\lim_{x \to +\infty}f(x)\right)=\left(-\infty,+\infty \right)=\mathbb{R}$
δ) Αφού η f είναι γνησίως αύξουσα στο πεδίο ορισμού της, που είναι διάστημα, θα είναι και 1-1. Επιπλέον δείξαμε ότι το σύνολο τιμών της f είναι όλο το $\mathbb{R}$ . Άρα η εξίσωση $f(x)=a$ έχει για κάθε $a \in \mathbb{R}$ λύση ως προς $x$ και μάλιστα μοναδική
ε) Προφανής ρίζα της εξίσωσης $f(x)=e$ είναι η $x=1$ . Απ' το προηγούμενο ερώτημα αυτή θα είναι και μοναδική
στ) Γίνεται ισοδύναμα
$e^{x^2+1}+ \ln \left(x^2+1\right)+x^2+1=e^{2x}+\ln \left( 2x \right)+2x \Leftrightarrow f\left(x^2+1\right)=f(2x) \stackrel{f \,\,\,1-1}{\Leftrightarrow}x^2+1=2x \Leftrightarrow x=1$

Αρχική Δημοσίευση από vivianouz:
β)υπάρχουν $\xi _{1},\xi _{2}\in (1,3)$ με $\xi _{1}<\xi _{2}$ , ώστε $f'(\xi _{1})+f'(\xi _{2})=4$ ,

Βγαίνει με Θ.Μ.Τ. στα διαστήματα $[1,2],[2,3]$ . Κι εγώ τα διαστήματα με την ρίζα είχα πάρει στην αρχή, μετά το είδα

aris-bas · 2013-01-07T21:13:33+0200

γεια σας

!Θα ηθελα αν μπορουσε καποιος να με βοηθησει στις παρακατω..
1-έστω η συνάρτηση $f(x)=e^{-x} +xlnx-2$ .Να δείξετε ότι υπάρχει ένα μόνο σημείο Μ της $Cf$ με τετμημένη $\xi \in (0,1)$ ώστε η εφαπτομένη της $Cf$ σ'αυτό να είναι παράλληλη στο $x'x$ .

2-έστω μία συνεχής συνάρτηση $f:[0,+\propto )\rightarrow R$ η οποία είναι παραγωγίσιμη στο $(0,+\propto)$ .Αν $f(0)=1$ , $f'(x)>1$ , $f''(x)>0$ για κάθε $x>0$ να δείξετε ότι : $x+1<f(x)<xf'(x)+1$ για κάθε $x>0$ .

3-Δίνεται η εξίσωση $2x^{3}-3x^{2}+6x+\lambda =0,\lambda \in R$
i)να δείξετε οτι για κάθε $\lambda \in R$ η εξίσωση έχει μία μόνο ρίζα
ii)να βρείτε τις τιμές του λ ωστε η εξίσωση να έχει μοναδική ρίζα στο (0,1).

4-Αν η ευθεία ψ=2χ+3 είναι ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης $f\left( x \right) \frac { (\alpha -2){ x }^{ 2 }+\beta x+2 }{ x-3 }$ στο $+\infty$ να βρείτε τους πραγματικούς αριθμούς α,β.

φρι · 2013-01-07T21:16:16+0200

Αρχική Δημοσίευση από aris-bas:
γεια σας !Θα ηθελα αν μπορουσε καποιος να με βοηθησει στις παρακατω..
1-έστω η συνάρτηση $f(x)=e^{-x} +xlnx-2$ .Να δείξετε ότι υπάρχει ένα μόνο σημείο Μ της $Cf$ με τετμημένη $\xi \in (0,1)$ ώστε η εφαπτομένη της $Cf$ σ'αυτό να είναι παράλληλη στο $x'x$ .

2-έστω μία συνεχής συνάρτηση $f:[0,+\propto )\rightarrow R$ η οποία είναι παραγωγίσιμη στο $(0,+\propto)$ .Αν $f(0)=1$ , $f'(x)>1$ , $f''(x)>0$ για κάθε $x>0$ να δείξετε ότι : $x+1<f(x)<xf'(x)+1$ για κάθε $x>0$ .

.

για τη πρώτη ασκηση,επειδη σου λεει οτι πρεπει να ειναι παραλληλη τοτε το f'(x) θα πρεπει να ισουται με 0. στη δευτερη με ΘΜΤ

Civilara · 2013-01-07T21:36:37+0200

Αρχική Δημοσίευση από aris-bas:
γεια σας !Θα ηθελα αν μπορουσε καποιος να με βοηθησει στις παρακατω..
1-έστω η συνάρτηση $f(x)=e^{-x} +xlnx-2$ .Να δείξετε ότι υπάρχει ένα μόνο σημείο Μ της $Cf$ με τετμημένη $\xi \in (0,1)$ ώστε η εφαπτομένη της $Cf$ σ'αυτό να είναι παράλληλη στο $x'x$ .

Η συνάρτηση f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο (0,+οο) με πρώτη παράγωγο:
f΄(x)=-(e^(-x))+lnx+1, x>0

Η f΄ είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο (0,+οο), οπότε η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο (0,+οο) με δεύτερη παράγωγο:
f΄΄(x)=(e^(-x))+(1/x), x>0

H f είναι συνεχής και δύο φορές παραγωγίσιμη στο (0,+οο), οπότε η f είναι κυρτή στο (0,+οο) που σημαίνει ότι η f΄ είναι γνησίως αύξουσα στο (0,+οο). Επομένως η f΄ είναι 1-1.

Επειδή lim(x->0+)(e^(-x))=1 και lim(x->0+)lnx=-oo τότε lim(x->0+)f΄(x)=-oo
Για x=1 έχουμε f΄(1)=1-(1/e)=(e-1)/e>0 αφού e>1

Η f΄ είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο (0,1) οπότε
f΄((0,1))=(lim(x->0+)f΄(x),f΄(1))=(-oo,(e-1)/e)

Επειδή 0 ανήκει (-οο,(e-1)/e) τότε υπάρχει ξ ανήκει (0,1) ώστε f΄(ξ)=0 και επειδή η f΄ είναι 1-1 τότε αυτό είναι μοναδικό.

φρι · 2013-01-07T21:38:18+0200

Αρχική Δημοσίευση από Civilara:
Η συνάρτηση f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο (0,+οο) με πρώτη παράγωγο:
f΄(x)=-(e^(-x))+lnx+1, x>0

Η f΄ είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο (0,+οο), οπότε η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο (0,+οο) με δεύτερη παράγωγο:
f΄΄(x)=(e^(-x))+(1/x), x>0

H f είναι συνεχής και δύο φορές παραγωγίσιμη στο (0,+οο), οπότε η f είναι κυρτή στο (0,+οο) που σημαίνει ότι η f΄ είναι γνησίως αύξουσα στο (0,+οο). Επομένως η f΄ είναι 1-1.

Επειδή lim(x->0+)(e^(-x))=1 και lim(x->0+)lnx=-oo τότε lim(x->0+)f΄(x)=-oo
Για x=1 έχουμε f΄(1)=1-(1/e)=(e-1)/e>0 αφού e>1

Η f΄ είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο (0,1) οπότε
f΄((0,1))=(lim(x->0+)f(x),f(1))=(-oo,(e-1)/e)

Επειδή 0 ανήκει (-οο,(e-1)/e) τότε υπάρχει ξ ανήκει (0,1) ώστε f΄(ξ)=0 και επειδή η f΄ είναι 1-1 τότε αυτό είναι μοναδικό.

νομίζω βγαινει και πιο απλά χωρις ορια.

Civilara · 2013-01-07T21:50:01+0200

Αρχική Δημοσίευση από aris-bas:
2-έστω μία συνεχής συνάρτηση $f:[0,+\propto )\rightarrow R$ η οποία είναι παραγωγίσιμη στο $(0,+\propto)$ .Αν $f(0)=1$ , $f'(x)>1$ , $f''(x)>0$ για κάθε $x>0$ να δείξετε ότι : $x+1<f(x)<xf'(x)+1$ για κάθε $x>0$ .

Θεωρούμε την συνάρτηση g με τύπο g(x)=f(x)-x, x>=0. Επειδή η f είναι συνεχής στο [0,+οο) και παραγωγίσιμη στο (0,+οο) τότε και η g είναι συνεχής στο [0,+οο) και παραγωγίσιμη στο (0,+οο) με πρώτη παράγωγο g΄(x)=f΄(x)-1>0 για κάθε x>0 εφόσον f΄(x)>0 για x>0.

Η g είναι συνεχής στο [0,+οο), παραγωγίσιμη στο (0,+οο) και ισχύει g΄(x)>0 για κάθε x ανήκει (0,+οο). Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο [0,+οο). Για x=0 έχουμε g(0)=f(0)-0=f(0)=1. Επομένως έχουμε:

x>0 => g(x)>g(0) => f(x)-x>1 => f(x)>x+1 για κάθε x>0

Θεωρούμε την συνάρτηση h με τύπο h(x)=xf΄(x)-f(x)+1. Επειδή η f είναι δύο παραγωγίσιμη στο (0,+οο) τότε η h είναι παραγωγίσιμη και επομένως και συνεχής στο (0,+οο) με πρώτη παράγωγο h΄(x)=xf΄΄(x)>0 για κάθε x>0 εφόσον f΄΄(x)>0 για κάθε x>0.

Στο σημείο αυτό θα γίνει η παραδοχή ότι η f είναι μία φορά παραγωγίσιμη στο 0 και η f΄ είναι συνεχής στο 0, οπότε η f είναι μία φορά παραγωγίσιμη στο [0,+οο) με f΄(x)>0 για κάθε x ανήκει (0,+οο) και δύο φορές παραγωγίσιμη στο (0,+οο). Για x=0 έχουμε h(0)=0*f΄(0)-f(0)+1=0-1+1=0.

Η συνάρτηση h είναι συνεχής στο [0,+οο), παραγωγίσιμη στο (0,+οο) και ισχύει h΄(x)>0 για κάθε x ανήκει (0,+οο). Άρα η h είναι γνησίως αύξουσα στο [0,+οο). Έχουμε:

x>0 => h(x)>h(0) => xf΄(x)-f(x)+1>0 => f(x)<xf΄(x)+1 για x>0

Συνοψίζοντας ισχύει x+1<f(x)<xf΄(x)+1 για κάθε x>0

Civilara · 2013-01-07T22:06:27+0200

Αρχική Δημοσίευση από aris-bas:
3-Δίνεται η εξίσωση $2x^{3}-3x^{2}+6x+\lambda =0,\lambda \in R$
i)να δείξετε οτι για κάθε $\lambda \in R$ η εξίσωση έχει μία μόνο ρίζα
ii)να βρείτε τις τιμές του λ ωστε η εξίσωση να έχει μοναδική ρίζα στο (0,1).

i) Θεωρούμε την συνάρτηση f(x)=2(x^3)-3(x^2)+6x+λ όπου λ ανήκει R. Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο R ως πολυωνυμική με πρώτη παράγωγο:
f΄(x)=6(x^2)-6x+6=6((x^2)-x+1)=6{[(x-(1/2))^2]+(3/4)}>0 για κάθε x ανήκει R.

Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο R και ισχύει f΄(x)>0 για κάθε x ανήκει R. Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο R και συνεπώς και 1-1.

Έχουμε
lim(x->-οο)f(x)=lim(x->-oo)[2(x^3)-3(x^2)+6x+λ]=lim(x->-oo)[2(x^3)]=-oo
lim(x->+οο)f(x)=lim(x->+oo)[2(x^3)-3(x^2)+6x+λ]=lim(x->+oo)[2(x^3)]=+oo

Η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο R, οπότε:
f(R)=f((-oo,+oo))=(lim(x->-oo)f(x),lim(x->+oo)f(x))=(-oo,+oo)=R

Επομένως για κάθε λ ανήκει R είναι f(R)=R και επειδή 0 ανήκει R υπάρχει ξ ώστε f(ξ)=0 και επειδή η f είναι 1-1 τότε είναι μοναδικό

ii) Έχουμε f(0)=λ και f(1)=λ+5
Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο R έχουμε:

0<x<1 => f(0)<f(x)<f(1) => λ<f(x)<λ+5 για κάθε x ανήκει (0,1)

Για x=ξ με f(ξ)=0 και 0<ξ<1 έχουμε:

λ<f(ξ)<λ+5 <=> λ<0<λ+5

Άρα πρέπει λ<0 και λ+5>0 => λ>-5

Συνεπώς -5<λ<0

Civilara · 2013-01-07T22:24:05+0200

Αρχική Δημοσίευση από aris-bas:
4-Αν η ευθεία ψ=2χ+3 είναι ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης $f\left( x \right) \frac { (\alpha -2){ x }^{ 2 }+\beta x+2 }{ x-3 }$ στο $+\infty$ να βρείτε τους πραγματικούς αριθμούς α,β.

Η συνάρτηση f έχει πεδίο ορισμού το A=(-οο,3)U(3,+οο)

Η ευθεία y=2x+3 είναι ασύμπτωτη της Cf στο +οο. Επομένως

lim(x->+oo)[f(x)/x]=2
lim(x->+oo)[f(x)-2x]=3

i) Αν α=2 και β=0 τότε f(x)=2/(x-3). Συνεπώς
lim(x->+oo)[f(x)/x]=lim(x->+oo)[2/(x(x-3))]=lim(x->+oo)[2/((x^2)-3x)]=lim(x->+oo)[2/(x^2)]=2*0=0 διάφορο 2 => άτοπο

ii) Αν α=2 και β διάφορο 0 τότε f(x)=(βx+2)/(x-3). Συνεπώς
lim(x->+oo)[f(x)/x]=lim(x->+oo)[(βx+2)/(x(x-3))]=lim(x->+oo)[(βx+2)/((x^2)-3x)]=lim(x->+oo)[(βx)/(x^2)]=lim(x->+oo)(β/x)=β*0=0 διάφορο 2 => άτοπο

iii) Αν α διάφορο 2 και β=0 τότε f(x)=((α-2)(x^2)+2)/(x-3). Συνεπώς
lim(x->+oo)[f(x)/x]=lim(x->+oo)[((α-2)(x^2)+2)/(x(x-3))]=lim(x->+oo)[((α-2)(x^2)+2)/((x^2)-3x)]=lim(x->+oo)[((α-2)(x^2))/(x^2)]=
=lim(x->+oo)(α-2)=α-2

Επειδή lim(x->+oo)(f(x)/x)=2 τότε α-2=2 => α=4 και συνεπώς f(x)=(2(x^2)+2)/(x-3)
Έχουμε

lim(x->+oo)[f(x)-2x]=lim(x->+oo){[(2(x^2)+2)/(x-3)]-2x}=lim(x->+oo)[(6x+2)/(x-3)]=lim(x->+oo)[(6x)/x]=lim(x->+oo)6=6 διάφορο 3 => άτοπο

iv) Αν α διάφορο 2 και β διάφορο 0 τότε έχουμε
lim(x->+oo)[f(x)/x]=lim(x->+oo)[((α-2)(x^2)+βx+2)/(x(x-3))]=lim(x->+oo)[((α-2)(x^2)+βx+2)/((x^2)-3x)]=lim(x->+oo)[((α-2)(x^2))/(x^2)]=
=lim(x->+oo)(α-2)=α-2

Επειδή lim(x->+oo)(f(x)/x)=2 τότε α-2=2 => α=4 και συνεπώς f(x)=(2(x^2)+βx+2)/(x-3)
Έχουμε

lim(x->+oo)[f(x)-2x]=lim(x->+oo){[(2(x^2)+βx+2)/(x-3)]-2x}=lim(x->+oo)[((β+6)x+2)/(x-3)]=lim(x->+oo)[((β+6)x)/x]=lim(x->+oo)(β+6)=β+6

Επειδή lim(x->+oo)[f(x)-2x]=3 τότε β+6=3 => β=-3

Άρα α=4 και β=-3 και επομένως f(x)=(2(x^2)-3x+2)/(x-3)

JKaradakov · 2013-01-07T22:31:47+0200

Αρχική Δημοσίευση από JKaradakov:
3. Δίνεται ο μιγαδικός αριθμός z και η συνάρτηση
$f(x)=\begin{cases} |z+4i|+\frac{2x^2-3x+1}{x^2-1}, \text{ if } x<1 \\ |z-2+6i|+\frac{\eta \mu (x-1)}{x^2-1}, \text{ if } x>1 \end{cases}$
για την οποία υπάρχει το $\lim_{x\rightarrow 1}f(x)$
α) νδο ο γ.τ. των εικόνων των z είναι ευθεία, της οποίας να βρείτε την εξίσωση $[(\epsilon ): y=x-1]$
β) βρείτε την ελάχιστη τιμή του |z| $[\frac{\sqrt{2}}{2}]$
γ) νδο υπάρχει ένα τουλάχιστον $\xi \in (0,2)$ τέτοιο ώστε $\xi {e}^{\xi -2}=\xi |z|-6$

Παιδιά ας δεί κάποιος το τελευταίο ερώτημα.

rebel · 2013-01-07T22:41:03+0200

Αρχική Δημοσίευση από aris-bas:
2-έστω μία συνεχής συνάρτηση $f:[0,+\propto )\rightarrow R$ η οποία είναι παραγωγίσιμη στο $(0,+\propto)$ .Αν $f(0)=1$ , $f'(x)>1$ , $f''(x)>0$ για κάθε $x>0$ να δείξετε ότι : $x+1<f(x)<xf'(x)+1$ για κάθε $x>0$ .

Για την δεξιά ανισότητα μόνο η οποία γίνεται ισοδύναμα
$\frac{f(x)-1}{x}<f'(x) \Leftrightarrow \frac{f(x)-f(0)}{x-0}<f'(x),\,\,x>0 \,\,\,(*)$
Όμως για τυχαίο $x>0$ από Θ.Μ.Τ. υπάρχει
$\xi \in (0,x):f'(\xi)=\frac{f(x)-f(0)}{x-0}$
οπότε η (*) γίνεται ισοδύναμα $f'(\xi)<f'(x)$ που ισχύει αφού η $f$ είναι κυρτή.

Civilara · 2013-01-07T22:49:50+0200

Αρχική Δημοσίευση από JKaradakov:
3. Δίνεται ο μιγαδικός αριθμός z και η συνάρτηση
$f(x)=\begin{cases} |z+4i|+\frac{2x^2-3x+1}{x^2-1}, \text{ if } x<1 \\ |z-2+6i|+\frac{\eta \mu (x-1)}{x^2-1}, \text{ if } x>1 \end{cases}$
για την οποία υπάρχει το $\lim_{x\rightarrow 1}f(x)$
α) νδο ο γ.τ. των εικόνων των z είναι ευθεία, της οποίας να βρείτε την εξίσωση $[(\epsilon ): y=x-1]$
β) βρείτε την ελάχιστη τιμή του |z| $[\frac{\sqrt{2}}{2}]$
γ) νδο υπάρχει ένα τουλάχιστον $\xi \in (0,2)$ τέτοιο ώστε $\xi {e}^{\xi -2}=\xi |z|-6$

Ισχύει |z|>=SQRT(2)/2

----------------

rebel · 2013-01-07T23:58:02+0200

Αρχική Δημοσίευση από JKaradakov:
Παιδιά ας δεί κάποιος το τελευταίο ερώτημα.

Με επιφύλαξη πιστεύω ότι κάτι δεν πάει καλά με την εκφώνηση. Ας πάρουμε πχ $|z|=3$ μιας και το $|z|$ μπορεί να πάρει οποιαδήποτε τιμή $\geq \sqrt{2}/2$ . Τότε
$f(x)=xe^{x-2}-3x+6$
$f'(x)=e^{x-2}+xe^{x-2}-3$
$f''(x)=e^{x-2}+e^{x-2}+xe^{x-2}=(x+2)e^{x-2}$
Είναι $f''(x)>0 ,\,\,x \in (0,2)$ οπότε $f'$ γνησίως αύξουσα στο $[0,2]$ δηλαδή $f'(x)<f'(2)=0,\,\,x \in (0,2)$ . Συνεπώς $f$ γνησίως φθίνουσα στο $[0,2]$ και $f(x)>f(2)=2>0,\,\,\,x \in (0,2)$
Άρα η $f$ δεν έχει ρίζες στο (0,2) :confused:

sokratis lyras · 2013-01-08T21:33:01+0200

Αρχική Δημοσίευση από styt_geia:
Με επιφύλαξη πιστεύω ότι κάτι δεν πάει καλά με την εκφώνηση. Ας πάρουμε πχ $|z|=3$ μιας και το $|z|$ μπορεί να πάρει οποιαδήποτε τιμή $\geq \sqrt{2}/2$ . Τότε
$f(x)=xe^{x-2}-3x+6$
$f'(x)=e^{x-2}+xe^{x-2}-3$
$f''(x)=e^{x-2}+e^{x-2}+xe^{x-2}=(x+2)e^{x-2}$
Είναι $f''(x)>0 ,\,\,x \in (0,2)$ οπότε $f'$ γνησίως αύξουσα στο $[0,2]$ δηλαδή $f'(x)<f'(2)=0,\,\,x \in (0,2)$ . Συνεπώς $f$ γνησίως φθίνουσα στο $[0,2]$ και $f(x)>f(2)=2>0,\,\,\,x \in (0,2)$
Άρα η $f$ δεν έχει ρίζες στο (0,2)

Ναι,το παρατήρησα και εγώ.Απλώς αν πάρουμε μεγάλο $|z|$ προφανώς δεν γίνεται να ισχύει το ζητούμενο.

aris-bas · 2013-01-09T00:56:41+0200

καλησπερα!Θα χρειαστω αλλη μια φορα τη βοηθεια σας στις παρακατω....

1)δινεται η συναρτηση f:R->R για την οποια ισχυουν
-f(x)>=0 ,x ε R
-υπαρχουν χ1,χ2 ε R με χ1<χ2 τετοια ωστε f(x1)=0=f(x2)
-η f εχει τριτη παραγωγο στο R
Nα δειχθει οτι:
α)f'(x1)=0=f'(x2)
β)υπαρχει χ3 ε (χ1,χ2) με f'(x3)=0,
γ)υπαρχουν ξι,ξ2 ε(χ1,χ2) με ξ1 διαφορο του ξ2 τετοια,ωστε f''(ξ)=0=f''(ξ2)
δ)υπαρχει ξ ε (χ1,χ2) με f'''(ξ)=0

2)δινεται η συναρτηση f:R->R για την οποια ισχυουν:
f(x+y)=f(x)+f(y)+3xy(x+y) για καθε χ,y ε R
ειναι παραγωγισιμη στο 0 με f'(0)=0

α)να δειχθει οτι f(0)=0
β)να δειξετε οτι η f ειναι παραγωγισιμη στο R
γ)να βρειτε τον τυπο της f
δ)να δειξετε οτι η f αντιστρεφεται και να βρειτε τον τυπο της f(^-1)
ε)να βρειτε το εμβαδον του χωριου που περκλειεται απο τις Cf,Cf(^-1)

3)εστω f(x)=x-ln(1+(e^x)) , x ε R
α)να δειξετε οτι f(1)=1+f(-1)
β)να αποδειξετε οτι υπαρχει τουλαχιστον ενα χο ε (-1,1) τετοιο ωστε 2f'(xo)=1
γ)να βρεθει η εφαπτομενη της Cf // x-2y+1=0
δ)να μελετησετε την f ως προς τη μονοτονια
ε)να βρειτε τη θεση της Cf ως προς την εφαπτομενη του (γ) ερωτηματος
ζ)να αποδειξετε οτι lim f(x)=-00
x->-00
η)να βρειτε το lim f(x)
x->+00
θ)να δειξετε οτι η y=x ειναι ασυμπτωτη της Cf.

Civilara · 2013-01-09T02:07:34+0200

Αρχική Δημοσίευση από aris-bas:
καλησπερα!Θα χρειαστω αλλη μια φορα τη βοηθεια σας στις παρακατω....

1)δινεται η συναρτηση f:R->R για την οποια ισχυουν
-f(x)>=0 ,x ε R
-υπαρχουν χ1,χ2 ε R με χ1<χ2 τετοια ωστε f(x1)=0=f(x2)
-η f εχει τριτη παραγωγο στο R
Nα δειχθει οτι:
α)f'(x1)=0=f'(x2)
β)υπαρχει χ3 ε (χ1,χ2) με f'(x3)=0,
γ)υπαρχουν ξι,ξ2 ε(χ1,χ2) με ξ1 διαφορο του ξ2 τετοια,ωστε f''(ξ)=0=f''(ξ2)
δ)υπαρχει ξ ε (χ1,χ2) με f'''(ξ)=0

α) Ισχύει f(x)>=0 επομένως ισχύει f(x)>=f(x1) και f(x)>=f(x2) για κάθε x ανήκει R. Επομένως η Cf παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στα x1 και x2 με τιμή f(x1)=f(x2)=0. Τα ολικά ακρότατα είναι και τοπικά.

Η f είναι ορισμένη στο R, παραγωγίσιμη στο x1 και παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο στο x1. Επομένως σύμφωνα με το θεώρημα του Fermat ισχύει f΄(x1)=0. Η f είναι ορισμένη στο R, παραγωγίσιμη στο x2 και παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο στο x2. Επομένως σύμφωνα με το θεώρημα του Fermat ισχύει f΄(x2)=0. Επομένως f΄(x1)=f΄(x2)=0.

β) Η f είναι παραγωγίσιμη στο R, οπότε είναι και συνεχής στο R. Η f είναι συνεχής στο [x1,x2], παραγωγίσιμη στο (x1,x2) και ισχύει f΄(x1)=f΄(x2). Επομένως σύμφωνα με το θεώρημα του Rolle υπάρχει τουλάχιστον ένα x3 ανήκει (x1,x2) τέτοιο ώστε f΄(x3)=0.

γ) Η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο R που σημαίνει ότι η f΄ είναι παραγωγίσιμη στο R, οπότε είναι και συνεχής στο R.
Έχει βρεθεί ότι f΄(x1)=f΄(x2)=f΄(x3)=0

Η f΄ είναι συνεχής στο [x1,x3], παραγωγίσιμη στο (x1,x3) και ισχύει f΄(x1)=f΄(x3). Επομένως σύμφωνα με το θεώρημα του Rolle υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ1 ανήκει (x1,x3) τέτοιο ώστε f΄΄(ξ1)=0. Η f΄ είναι συνεχής στο [x3,x2], παραγωγίσιμη στο (x3,x2) και ισχύει f΄(x3)=f΄(x2). Επομένως σύμφωνα με το θεώρημα του Rolle υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ2 ανήκει (x3,x2) τέτοιο ώστε f΄΄(ξ2)=0.

Επομένως υπάρχουν ξ1, ξ2 με x1<ξ1<x3<ξ2<x2 τέτοια ώστε f΄΄(ξ1)=f΄΄(ξ2)=0

δ) Η f είναι τρεις φορές παραγωγίσιμη στο R που σημαίνει ότι η f΄΄ είναι παραγωγίσιμη στο R, οπότε είναι και συνεχής στο R. Η f΄΄ είναι συνεχής στο [ξ1,ξ2], παραγωγίσιμη στο (ξ1,ξ2) και ισχύει f΄΄(ξ1)=f΄΄(ξ2). Επομένως σύμφωνα με το θεώρημα του Rolle υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ ανήκει (ξ1,ξ2) τέτοιο ώστε f΄΄΄(ξ)=0.

rebel · 2013-01-09T06:41:58+0200

Αρχική Δημοσίευση από aris-bas:
2)δινεται η συναρτηση f:R->R για την οποια ισχυουν:
f(x+y)=f(x)+f(y)+3xy(x+y) για καθε χ,y ε R
ειναι παραγωγισιμη στο 0 με f'(0)=0

α)να δειχθει οτι f(0)=0
β)να δειξετε οτι η f ειναι παραγωγισιμη στο R
γ)να βρειτε τον τυπο της f
δ)να δειξετε οτι η f αντιστρεφεται και να βρειτε τον τυπο της f(^-1)
ε)να βρειτε το εμβαδον του χωριου που περκλειεται απο τις Cf,Cf(^-1)

α) Για $x=y=0$ είναι $f(0)=0$
β) Για τυχαίο $x_0\in \mathbb{R}$ έχουμε
$f'(x_0)=\lim_{h \to 0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}=\lim_{h \to 0}\frac{f(h)+3x_0h(x_0+h)}{h}= \\ f'(0)+3x_0^2=3x_0^2$
Αφού
$\lim_{h \to 0}\frac{f(h)}{h}=f'(0)$
γ) Άρα $f'(x)=3x^2 \Leftrightarrow f(x)=x^3+c,\,\,x\in \mathbb{R}$ με $c=f(0)=0$ .
δ) Εύκολα αποδεικνύεται ότι η f είναι 1-1 $f(x_1)=f(x_2) \Rightarrow ... \Rightarrow x_1=x_2$ και άρα αντιστρέφεται
Με $x<0$ έχουμε $y=f(x) \Leftrightarrow y=x^3$
Η εξίσωση αυτή έχει λύση ως προς $x$ μόνο για $y<0$ και είναι $x=-\sqrt[3]{-y}$
Με $x \geq 0$ έχουμε $y=f(x) \Leftrightarrow y=x^3$
Η εξίσωση αυτή έχει λύση ως προς $x$ μόνο για $y \geq 0$ και είναι $x=\sqrt[3]{y}$ . Επομένως
$f^{-1}(x)=\begin{cases} -\sqrt[3]{-x} & x<0 \\ \sqrt[3]{x} & x \geq 0 \end{cases}$
ε) Θεωρούμε την $\delta(x)=f(x)-f^{-1}(x)$ . Για $\boxed{x < 0}$ έχουμε
$\delta(x)=f(x)-f^{-1}(x)=x^3+\sqrt[3]{-x}=-\sqrt[3]{-x}^9+\sqrt[3]{-x}=\sqrt[3]{-x}\left(1-\sqrt[3]{-x}^8 \right)$ οπότε
$\delta(x)=0 \stackrel{\sqrt[3]{-x} > 0}{\Leftrightarrow} \sqrt[3]{-x}^8=1 \Leftrightarrow x=-1$ και εφόσον $\sqrt[3]{-x} > 0$ είναι
$\delta(x) > 0 \Leftrightarrow 1-\sqrt[3]{-x}^8 > 0 \Leftrightarrow \sqrt[3]{-x} < 1 \Leftrightarrow -x < 1 \Leftrightarrow -1 < x <0$
Αντίστοιχα βρίσκουμε ότι
$\delta(x) <0 \Leftrightarrow x<-1$
Για $\boxed{x \geq 0}$ έχουμε $\delta(x)=f(x)-f^{-1}(x)=x^3-\sqrt[3]{x}=\sqrt[3]{x}^9-\sqrt[3]{x}=\sqrt[3]{x}\left(\sqrt[3]{x}^8-1 \right)$ οπότε $\delta(x)=0 \Leftrightarrow \sqrt[3]{x}^8=1 \,\, \acute{\eta} \,\, \sqrt[3]{x} =0 \Leftrightarrow \,\, x=0 \,\, \acute{\eta}\,\,x=1$ και εφόσον $\sqrt[3]{x} \geq 0$ είναι
$\delta(x) > 0 \Leftrightarrow \sqrt[3]{x}^8-1 > 0 \Leftrightarrow \sqrt[3]{x} > 1 \Leftrightarrow x > 1$
Αντίστοιχα βρίσκουμε ότι
$\delta(x) <0 \Leftrightarrow 0 < x<1$
Με βάση τα παραπάνω έχουμε
$E(\Omega)= \int_{-1}^1 |\delta(x)| dx = \int_{-1}^0 |\delta(x)|dx+\int_{0}^1|\delta(x)|dx = \int_{-1}^0 \delta(x)dx+\int_{0}^1-\delta(x)dx = \int_{-1}^0 x^3+\sqrt[3]{-x}dx+\int_{0}^1\sqrt[3]{x}-x^3 dx = \left[\frac{x^4}{4}-\frac{3(-x)^{4/3}}{4}\right]_{-1}^0+ \left[\frac{3x^{4/3}}{4}-\frac{x^4}{4}\right]_{0}^1=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1$

Aris90 · 2013-01-09T15:20:17+0200

δινεται ησυναρτηση f(x)=xlnx
ι)να βρειτε την εξισωση της εφαπτομενης της cf σε σημειο Α(α,f(α)), α>ο
ιι)αν η τετμημενη α αυξανει με ρυθμο 2cm/sec να βρειτε το ρυθμο μεταβολης τουεμβαδου που σχηματιζει η εφαπτομενη cf με τους αξονες α=5cm

aris-bas · 2013-01-09T21:15:51+0200

Καμια ιδεα για την παρακατω.... :confused:

εστω συναρτηση f συνεχης στο R ωστε να ισχυει :
f(x)+f(x+5)=0 για καθε χ ε R
Να αποδειξετε οτι:
α)η συναρτηση f ειναι περιοδικη
β)υπαρχουν απειροι αριθμοι θ ε R ωστε f(θ)=f(θ+5)

Civilara · 2013-01-09T21:23:01+0200

Αρχική Δημοσίευση από Aris90:
δινεται ησυναρτηση f(x)=xlnx
ι)να βρειτε την εξισωση της εφαπτομενης της cf σε σημειο Α(α,f(α)), α>ο
ιι)αν η τετμημενη α αυξανει με ρυθμο 2cm/sec να βρειτε το ρυθμο μεταβολης τουεμβαδου που σχηματιζει η εφαπτομενη cf με τους αξονες α=5cm

ι) Η συνάρτηση f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο (0,+οο) και ισχύει f΄(x)=lnx+1=1+lnx. Η εξίσωση της εφαπτομένης της Cf στο σημείο (α,f(α)) είναι η εξής:

y-f(α)=f΄(α)(x-α) <=> y=f΄(α)x +f(α)-αf΄(α)
y=(1+lnα)x+αlnα-α(1+lnα) => y=(1+lnα)x-α όπου α>0

ιι) Θεωρούμε την συνάρτηση g(x)=(1+lnα)x-α, x ανήκει R και την h(x)=f(x)-g(x)=xlnx-(1+lnα)x+α, x>0
Αν α=1/e τότε g(x)=-1/e και η εφαπτομένη είναι οριζόντια οπότε δεν σχηματίζεται τρίγωνο

Για α ανήκει (0,1/e)U(1/e,+οο) έχουμε g(0)=-α και g(α/(1+lnα))=0. Επομένως η εφαπτομένη τέμνει τον άξονα x στο σημείο Α(α/(1+lnα),0) και τον άξονα y στο σημείο Β(0,-α). Είναι (ΟΑ)=α/|1+lnα| και (ΟΒ)=α. Το τρίγωνο ΑΟΒ είναι ορθογώνιο, οπότε το εμβαδόν του είναι:

(ΑΟΒ)=(1/2)(ΟΑ)(ΟΒ)=(α^2)/(2|1+lnα|)=E(α) => Ε(α)=(α^2)/(2|1+lnα|), α ανήκει (0,1/e)U(1/e,+οο)

Για α>1/e έχουμε Ε(α)=(α^2)/(2(1+lnα)). Η Ε είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο α με Ε΄(α)=[α(1+2lnα)]/[2((1+lnα)^2)].

Επειδή α=α(t) τότε για τα t για τα οποία α(t)>1/e έχουμε A(t)=(Eoα)(t)=E(α(t))=(α(t)^2)/(2(1+lnα(t))) όπου t η εξεταζόμενη χρονική στιγμή και ισχύει t>=0. Επομένως έχουμε Α΄(t)=E΄(α(t))α΄(t)=[α(t)α΄(t)(1+2lnα(t))]/[2((1+lnα(t))^2)].

Για τη χρονική στιγμή t0 για την οποία α(t0)=5 cm>1/e cm, α΄(t0)=2 cm/s (υποτίθεται ότι ο ρυθμός μεταβολής του α δεν είναι σταθερός. Αν είναι σταθερός, δηλαδή αν α΄(t)=c τότε α(t)=c(t-t0)+α(t0) για κάθε t>=0) έχουμε:

Α΄(t0)=[α(t0)α΄(t0)(1+2lnα(t0))]/[2((1+lnα(t0))^2)]=[5*2*(1+2*ln5)]/[2((1+ln5)^2)]=[5(1+2ln5)]/[(1+ln5)^2] cm^2/s

Βοήθεια/Aπορίες στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

Τιμώμενο Μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Διάσημο μέλος

Περιβόητο μέλος

Διάσημο μέλος

Περιβόητο μέλος

Περιβόητο μέλος

Περιβόητο μέλος

Τιμώμενο Μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Περιβόητο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Περιβόητο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Νεοφερμένο μέλος

Περιβόητο μέλος