19η ανάρτηση
Transcript of 19η ανάρτηση
___________________________________________________________________________ 19η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Έχουμε
0
0
f (x) g (x) g (x)f(x) f (x) g (x) g (x)f(x) 0
f (x) g (x) f(x) 1
f(x) 1 g (x) f(x) 1
g x 0e
g x g x e e 0
σ x 0 για κάθε x 0
f(x) 1 g (x) f(x) 1
και επειδή η συνάρτηση σ είναι συνεχής (ως παραγωγίσιμη) στο R , προκύπτει ότι η
συνάρτηση σ είναι γνησίως αύξουσα στο R
β) Για <σ
x 0 σ x σ 0 0 f x 1 0
Για <σ
x 0 σ x σ 0 0 f x 1 0
Άρα για κάθε x 0 ισχύει x f x 1 0
Διαιρώντας με 2x 0 προκύπτει
x 0
f παραγωγίσιμη στο 0f x 1 f x f 0 f x f 00 0 0 f 0 εφω 0
x x xlim======>
Άρα
π
ω 2ω π.2
Έχουμε
R
xe 0x
f x f x g x g x f x g x g x f x
f x g x f x g x 0
f x g x e 0 για κάθε x
Άρα η συνάρτηση xm x f x g x e είναι γνησίως αύξουσα στο R
Οπότε
Λύνει ο Ανδρέας Πάτσης
Για μαθητές
Για καθηγητές
___________________________________________________________________________ 19η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
0
0
xx
0 0 0 0
x x
0 0
για x x m x m x f x g x e f x g x e
f x g x f x g x e 1
και επειδή
0
x
x x
0 0f x g x elim
προκύπτει από τη σχέση 1 ότι
x
f x g x 2lim
Άρα
2x 0 x 02 2
1ημ 1 συνx
x 1 συνx 1 1lim lim ημ 0
x1 1 1 1xx f x g f g
x x x x
διότι
222
2 2 2x 0 x 0 x 0 x 0
1 συνx 1 συνx ημx1 συνx 1 συν x 1 1lim lim lim lim 1 0
x 1 συνx 2x x 1 συνx x 1 συνx
ή εναλλακτικά
0
0
2x 0 x 0 x 02
1 συνx ημx1 συνx 1 1 1lim lim lim 1
2 x 2 2xx
1t
x
tx 0
1 1 1lim ημ lim ημt 0
x f t g t1 1f g
x x
αφού για 0
t x έχουμε
f t g t 01 1 1 1 1
ημt ημt ημtf t g t f t g t f t g t f t g t f t g t
1 1 1ημt
f t g t f t g t f t g t
και επειδή
t
21
0f t g t
lim προκύπτει ότι
t
1lim ημt 0
f t g t
___________________________________________________________________________ 19η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Η σ έχει πεδίο ορισμού το και είναι παραγωγίσιμη σε αυτό με
g x g x
2g x
f x e g x e f x 1σ x
e
g x
2 g xg x
e f x g x f x 1 f x g x f x g x
ee
.
Όμως
g xe 0, x και f x g x g x f x f x g x f x g x 0, x .
Οπότε σ x 0, x . Άρα, 1σ .
β) Θέλουμε να δείξουμε ότι π
ω2
.
Όμως για οποιαδήποτε ευθεία ισχύει: 0 ω π .
Επομένως, αρκεί να δείξουμε ότι εφω 0 f 0 0 .
Έχουμε:
g 0
g 0 g 0
f 0 g 0 f 0 g 0 f 0σ 0 σ 0 f 0 σ 0 e
e e.
Είναι σ 0 0 , αφού σ x 0, x και
g 0e 0 .
Οπότε, f 0 0 .
Άρα, 2ω π .
Λύνει ο Νίκος Ελευθερίου
Για μαθητές
___________________________________________________________________________ 19η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
f (x) f(x) g (x) g(x) f (x) g (x) f(x) g(x) (1).
Θεωρούμε την παραγωγίσιμη συνάρτηση h με τύπο:
x
f(x) g(x)h(x)
e με Rx .
Τότε:
(1)
x
f (x) g (x) f(x) g(x)h (x) 0
e .
Άρα η h είναι γνησίως αύξουσα συνάρτηση στο R .
Για o
x x θα ισχύει:
o
o oo x x
f(x ) g(x )f(x) g(x)h(x) h(x ) 0
e e γιατί
o of(x ) g(x ) 0 από την
εκφώνηση της άσκησης.
Άρα η συνάρτηση h είναι θετική και γνησίως αύξουσα για o
x x . Τότε:
R*xlim h(x)
α
Το όριο γράφεται:
x 0 x 02
1 1ημ 1 συνx ημ
x x 1 συνxlim lim
x1 1 1 1x f g x f g
x x x x
(2)
Ισχύει:
x 0
1 συνxlim 0
x.
Επίσης:
u u
u u u ux 0
u
1 u ημu u ημuημημu u ημux e elim lim lim lim lim
f(u) g(u) f(u) g(u)f(u) g(u) h(u)1 1x f g
u ex x
(3)
Όπου 1
ux
και άρα: όταν x 0 τότε u
Ισχύει:
u
u0
e
u u u
u u u1 ημu 1 ημu
e e e
Όμως:
u uu u
u 1lim lim 0
e e και από κριτήριο παρεμβολής:
uu
ulim ημu 0
e (4)
Λύνει ο Δημήτρης Σαριβασίλης
Για καθηγητές
___________________________________________________________________________ 19η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Από (3), (4)
u
u
0u ημu0
αelimh(u) 0 1
0 0
(5)
Τελικά από (2), (5) το όριο είναι ίσο με το 0.
___________________________________________________________________________ 19η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Αφού x ισχύει από την υπόθεση:
' ' ' '
' '
'' ' x x
f (x) f(x) g (x) g(x) f (x) f(x) g (x) g(x) 0
f (x) g (x) f(x) g(x) 0
f (x) g (x) e e f(x) g(x) 0
'xe f(x) g(x) 0 (1)
Θεωρώ την συνάρτηση Rxh(x) f(x) g(x) e , x που από την (1) είναι
'h (x) 0, x και κατά συνέπεια είναι γνησίως αύξουσα.
Δεδομένου, από υπόθεση, ότι υπάρχει R0 0 0 0 0
x ώστε f(x ) g(x ) f(x ) g(x ) 0
επομένως και 0
h(x ) 0 είναι 0 0
h(x) h(x ) 0, x x (2)
1
x(1),(2)
1x 0 x 0
2 2 x
1 1ημ (1 συνx) e ημ (1 συνx) (1 συνx)
x xlim lim
1 1 1 1x f g x f g e (1 συνx)
x x x x
2
1 2x 0
x
1ημ
ημ xx 1 1lim 0
(1 συνx) 1xhe
x
γιατί:
22
2x 0 x 0
ημ x ημxlim lim 1
xx και
1θέτω y
x x 0 ,y
1 yyx 0x
1ημ
ημyxlim lim 0
ee
αφού:
y y y y y
y yx 0 x 0
ημy ημy1 1 1
e e e e e
και
1 1lim lim 0
e e
Λύνει ο Σπύρος Χαλικιόπουλος
Για καθηγητές
___________________________________________________________________________ 19η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
και τέλος:
x 0
0
1 1lim
1 συνx 2και
1h h(x )
x
___________________________________________________________________________ 19η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Από την υπόθεση είναι:
f (́x) g (́x) f(x) g(x) f (́x) f(x) g (́x) g(x) x xe f (́x) e f(x) x xe g (́x) e g(x)
xe (f(x) g(x)) ΄ 0 Rx
επόμενα η συνάρτηση h(x) xe (f(x) g(x) είναι γνήσια αύξουσα στο R .
Συνεπώς
0 0
x x h(x) h(x )
x
f(x) g(x)
e
0
0 0x
f(x ) g(x )
e οπότε:
f (́x) g (́x) 0x xf(x) g(x) e
0 0(f(x ) g(x ))>0 και επειδή
0 0f(x ) g(x ) >0 ,
0x x
xlim e θα είναι
xlim(f(x) g(x))
xlim(f (́x) g (́x)) .
Επίσης
u
ulim
f(u) g(u)
u
1lim 0
f (́u) g (́u) , από κανόνα de l' Hospital,
2x 0
1 συνxlim
x
x 0
ημx 1lim
2x 2, επίσης από κανόνα de l' Hospital,
1xημ x
x
1x xημ x
x οπότε από κριτήριο παρεμβολής
x 0
1lim xημ 0
x.
΄Αρα το δοσμένο όριο είναι:
x 0 2 2
1ημ (1 συνx)
xlim
1 1x f x g
x x
2
x 0
1 1 συνxxημ
x xlim 0
1 1x(f g )
x x
Διότι αν θέσω 1
ux
τότε
ux 0
1 ulim lim 0.
f(u) g(u)1 1xf xg
x x
α) Προφανώς η σ(x) είναι συνεχής στο R ως παραγωγίσιμη.
Λύνει ο Τάκης Καταραχιάς
Για καθηγητές
Για μαθητές
___________________________________________________________________________ 19η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
Δίνεται:
σ(x)
g(x)
f(x) 1
e
g(x) g(x)
2g(x)
f (́x)e (f(x) 1)g (́x)eσ (́x)
e σ (́x)
g(x)
f (́x) f(x)g (́x) g (́x)0
e
για κάθε x 0 διότι f (́x) g (́x) g (́x)f(x).Επόμενα η σ (́x) διατηρεί πρόσημο στο
,0 ∪ 0, , οπότε η σ(x) είναι γνήσια αύξουσα στο R .
β) Επειδή η Cf διέρχεται από το σημείο Α(0,1) θα είναι f(0) 1 και σ(0)=0.
Επίσης για x 0 ,
f(x) f(0)
x
f(x) 1
x
g(x)σ(x)e
x και
εφω=
x 0
f(x) f(0)f (́0) lim
x
g(x)
x 0
σ(x)elim
x
g(x)
x 0
σ(x) σ(0)lime
x
g(0)e σ (́0) 0
΄Ομως 0 ω π , οπότε προκύπτει π
0 ω 02
2ω π.
___________________________________________________________________________ 19η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
α) Η σ παραγωγίζεται στο R ως πράξεις παρ/μων με
g(x) g(x)
2g(x) g(x)
f (x)e g (x)e f(x) 1 f (x) g (x)f(x) g (x)σ (x) 0
e eστο ,0 και στο 0, από
την υπόθεση. Επειδή η σ είναι συνεχής στο 0 θα είναι στο ,0 και στο 0, άρα και
στο .
β) Eίναι
g(x)f(x) f(0) σ(x)
e ,x 0x x
. Λόγω μονοτονίας της σ και επειδή σ(0) 0 οι σ(x),x
έχουν ομόσημες τιμές, άρα κοντά στο 0 ισχύει
g(x) g(x) g(0)
x 0
σ(x) σ(x) πe 0 lim( e ) 0 f (0) σ (0)e 0 ω
x x 2
Η συνάρτηση της οποίας ζητάμε το όριο γράφεται:
2
2
1 xημ ημ1 συνx 1x 2
1 1 x2xf( ) g( )
x x 2
με
2x 0
1 συνx 1lim
2xαφού
x 0
xημ
2lim 1x
2
Αν θέσουμε h(x) f(x) g(x) η ανισοτική σχέση της υπόθεσης γράφεται
x x x xh (x) h(x) h (x)e h(x)e 0 h(x)e 0 h(x)e στο R δηλαδή για
0xx
0 0x x e h(x) e h(x ) 0 επειδή
0 0f(x ) g(x ) . Άρα
0x x
0h(x) e h(x )κι επειδή
0x x
0xlim e h(x ) θα είναι
x x
1lim h(x) lim 0
h(x). Για
1u
xστην
1ημ
x1 1
f( ) g( )x x
ισούται με ημu
h(u)και από το κριτήριο παρεμβολής θα είναι
ημu 10
h(u) h(u) και το ζητούμενο
όριο 0.
Λύνει ο Κώστας Δεββές
Για καθηγητές
Για μαθητές
___________________________________________________________________________ 19η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17
x 0 x 02
1 1ημ 1 συνx ημ
x x1 συνxlim lim 0
x1 1 1 1x f g x f g
x x x x
Αφού έχουμε ότι:
x 0
1 συνxlim 0
x και
x 0 x 0 u u
1 1 1ημ ημ
uημu ημux x xlim lim lim lim
f u g u f u g u1 11 1f gx f g
x xx x u
Όμως
ημu ημu1 1 1
f u g u f u g uf u g u f u g u f u g u
u uu u u
Αρκεί να δείξουμε ότι:
x
f x g xlim
x
Η δοσμένη γίνεται:
xf (x) g (x) f(x) g(x) 0 e f(x) g(x) 0
Δηλαδή η xh(x) e f(x) g(x) έχει h (x) 0 , h συνεχής άρα γνησίως αύξουσα στο R ,
οπότε αν 0 0
x > x h x > h x
Εφαρμόζω Θ.Μ.Τ. στο 0x ,x και έχουμε: h συνεχής και παραγωγίσιμη στο 0
x ,x άρα
υπάρχει
0
0 0 0
0
h x h xξ x ,x : h ξ h x h ξ x x h x
x x
Οπότε:
0 0x xlim h x lim h ξ x x h x αφού h ξ 0
Άρα το ζητούμενο όριο γίνεται:
x x
x x x x
f x g x e h x elim lim lim lim h x
x x x αφού
x xx
x x x
e elim lim lim e
x 1 (3)
Άρα το όριο είναι ίσο με το 0.
Λύνει ο Γιώργος Ασημακόπουλος
Για καθηγητές
___________________________________________________________________________ 19η ΑΣΚΗΣΗ η άσκηση της ημέρας από το http://lisari.blogspot.gr σχ. έτος 2016-΄17