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

http://lisari.blogspot.gr/


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



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




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




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.



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




και τέλος:

x 0

0

1 1lim

1 συνx 2και

1h h(x )

x



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





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.



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





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



19η ανάρτηση

Education

Transcript of 19η ανάρτηση