Συλλογή ασκήσεων και τεστ στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

Samael · 11-09-21

Αρχική Δημοσίευση από eukleidhs1821:
το θεμα ειναι οτι τα μαθηματικα εχουν ξεφτιλιστει εντελως.δηλαδη βλεπω παιδια να ξερουν να προγραμματισουν να κανουν απιστευτα κολπα με υπολογιστες και να ναι παντελως αγραμματα στα μαθηματικα δηλαδη δωρον αδωρον αν δεν καταλαβαινουν τι κανουν.δεν ξερω τι φταιει αλλα σε λιγα χρονια θα βγαζουμε πνευματικα νεκρους πτυχιουχους που απλα θα ναι συντονισμενοι με τσιπακια

Φταίνε και οι μαθηματικοί για αυτό. Δες την ύλη, τόσες ασκήσεις με εφαρμογές θεωρημάτων σε περίεργες και εντελώς αυθαίρετες εξισώσεις και ανισώσεις. Δεν λέω οτι δεν χρειάζονται, αλλά το έχουν παρακάνει. Πιο πολύ λειτουργεί το μυαλό όταν λύνει ένα νέο πρόβλημα μέσω προγραμματισμού και επεξεργάζεται έννοιες και δεδομένα παρά όταν λύνει μια ακόμα άσκηση με Bolzano ή ΘΜΤ δοκιμάζοντας τα γνωστά στάνταρ τρικ χωρίς καμία σκέψη και intuition. Ναι στην αρχή είναι καλές αυτές οι ασκήσεις, αλλά μετά απο ένα σημείο υπάρχει κορεσμός στην σκέψη. Είναι ασκήσεις για εξοικείωση απο εκεί και πέρα δεν προσφέρουν κάτι(ούτε πνευματικά ούτε πρακτικά),οπότε ίσως τα προβλήματα θα έπρεπε να γίνουν κάπως πιο...δημιουργικά υποθέτω ;

eukleidhs1821 · 11-09-21

Αρχική Δημοσίευση από Samael:
Φταίνε και οι μαθηματικοί για αυτό. Δες την ύλη, τόσες ασκήσεις με εφαρμογές θεωρημάτων σε περίεργες και εντελώς αυθαίρετες εξισώσεις και ανισώσεις. Δεν λέω οτι δεν χρειάζονται, αλλά το έχουν παρακάνει. Πιο πολύ λειτουργεί το μυαλό όταν λύνει ένα νέο πρόβλημα μέσω προγραμματισμού και επεξεργάζεται έννοιες και δεδομένα παρά όταν λύνει μια ακόμα άσκηση με Bolzano ή ΘΜΤ δοκιμάζοντας τα γνωστά στάνταρ τρικ. Ναι στην αρχή είναι καλές αυτές οι ασκήσεις, αλλά μετά απο ένα σημείο υπάρχει κορεσμός στην σκέψη. Είναι ασκήσεις για εξοικείωση απο εκεί και πέρα δεν προσφέρουν κάτι(ούτε πνευματικά ούτε πρακτικά),οπότε ίσως τα προβλήματα θα έπρεπε να γίνουν κάπως πιο...δημιουργικά υποθέτω ;

μα τα τελευταια χρονια τις αποφευγουν αυτες τις ασκησεις απο οτι βλεπω.μην μου πεις οτι αυτο το τριτο θεμα δεν σου εβγαζε λιγο μυαλο για να το λυσεις

Samael · 11 Σεπτεμβρίου 2021

Αρχική Δημοσίευση από eukleidhs1821:
μα τα τελευταια χρονια τις αποφευγουν αυτες τις ασκησεις απο οτι βλεπω.μην μου πεις οτι αυτο το τριτο θεμα δεν σου εβγαζε λιγο μυαλο για να το λυσεις

Νταξ δεν θα το έλεγα, το Γ1 απαιτούσε απλά την έκφραση του χρόνου ως απόσταση δια ταχήτητα, γνωστό απο την φυσική, και απο τα μαθηματικά έναν νόμο συνημιτόνων. Το Γ2 ήταν βασική παραγώγιση και εύρεση ακρότατου ενώ το Γ3 μια αντικατάσταση τιμών στον τύπο του Γ1,και μια απλή σύγκριση τιμών των περιπτώσεων ΙΙ και ΙΙΙ ,αφού η Ι εξορισμού λόγω του Γ2 ήταν η "χειρότερη" λύση χρονικά. Θεωρώ πως ένας δυνατός μαθητής χωρίς κενά

Συγκριτικά με τις ασκήσεις στυγνής εφαρμογής θεωρημάτων καλύτερα μεν, αλλά το ιδανικό θα ήταν ο συνδυασμός των βασικών θεωρημάτων σε προβλήματα φυσικής όπως αυτό. Διότι ωθεί αβίαστα τον μαθητή να κάνει μια αντιστοίχιση των θεωρητικών εννοιών των μαθηματικών με διαισθητικές εικόνες που έχει απο την φύση. Τουλάχιστον αυτό θα ήταν το πιο λογικό για τον λογισμό κατ' εμέ. Ούτως η άλλως και ο Νεύτωνας παρατηρώντας την κίνηση των ουράνιων σωμάτων δημιούργησε τον λογισμό. Και απο εκεί αποδείχθηκε πόσο χρήσιμη είναι η εφαρμογή του και οι μεθόδοι του σε όλα τα πεδία που περιλαμβάνουν μεταβολές είτε συνδέονται πια με τον φυσικό κόσμο είτε όχι.

asdfqwerty · 11 Σεπτεμβρίου 2021

Αρχική Δημοσίευση από Alexandros28:
πριν τις προσθεσεις, πολλαπλασιασε τη μια σχεση με -1 και στα 2 μελη

Αυτόματη ένωση συνεχόμενων μηνυμάτων: 11 Σεπτεμβρίου 2021

ή προσθεσε τις αναποδα (τα χ με χ και τα y με y)

Μια αλλη λυση:
Εστω: $K(x)=e^{-x}-x ,x\in \mathbb{R}$ με $K'(x)=-e^{-x}-1<0$

$K(0)=1>0 ,K(1)=e^{-1}-1<0 \Rightarrow \exists ! \xi \in (0,1) : K(\xi)=0 \Leftrightarrow e^{-\xi}=\xi \Leftrightarrow \xi=-ln{\xi} \Leftrightarrow e^{-\xi}=-ln{\xi} \Rightarrow \xi=x_o$

Aρα: $e^{-x_o}=x_o=-ln{x_o}$

Alexandros28 · 12-09-21

Αρχική Δημοσίευση από asdfqwerty:
Μια αλλη λυση:
Εστω: $K(x)=e^{-x}-x ,x\in \mathbb{R}$ με $K'(x)=-e^{-x}-1<0$

$K(0)=1>0 ,K(1)=e^{-1}-1<0 \Rightarrow \exists ! \xi \in (0,1) : K(\xi)=0 \Leftrightarrow e^{-\xi}=\xi \Leftrightarrow \xi=-ln{\xi} \Leftrightarrow e^{-\xi}=-ln{\xi} \Rightarrow \xi=x_o$

Aρα: $e^{-x_o}=x_o=-ln{x_o}$

Ωραίος πολύ πιο απλό. Σε βοηθάει η μοναδικότητα εδώ και κάνει τα πράγματα πολύ απλά

asdfqwerty · 13-09-21

Εστω: $f: [a,b] \rightarrow \mathbb{R}$ συνεχης και ισχυουν οι σχεσεις :

$\int_a^b (e^{x}-x-cos{x} )dx=f(a)-1 \\ \int_a^b f(x)dx<sinb-sina$

νδο $\exists\xi \in (a,b) : f(\xi)=cos{\xi}$

Samael · 13 Σεπτεμβρίου 2021

Αρχική Δημοσίευση από asdfqwerty:
Εστω: $f: [a,b] \rightarrow \mathbb{R}$ συνεχης και ισχυουν οι σχεσεις :

$\int_a^b (e^{x}-x-cos{x} )dx=f(a)-1 \\ \int_a^b f(x)dx<sinb-sina$

νδο $\exists\xi \in (a,b) : f(\xi)=cos{\xi}$

Μπορούμε να θεωρήσουμε συνάρτηση :
h(x) = f(x) - cosx , α <= x <= b .

Ολοκληρώνοντας αριστερά και δεξιά :
H(x) = F(x) - sinx + sinα , α <= x <= b , όπου F(x) = ∫f(x) dx απο α εως x .

H(α) = 0
H(b) = F(b) - sinb + sinα

Απο την δεύτερη συνθήκη ισχύει : F(b) < sinb - sinα => F(b) - sinb + sinα < 0 , οπότε H(b) < 0.
Εφόσον η H είναι παραγωγίσιμη στο (α,β) και συνεχής στο [α,β] , απο το ΘΜΤ υπάρχει τουλάχιστον ένα ζ Ε (α,β) τέτοιο ώστε :
H'(ζ) = h(ζ) = [H(b)-H(α)] / (b-α) = H(b)/(b-α) < 0 , διότι b>α και H(b) < 0 .

Άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα ζ Ε (α,β) τέτοιο ώστε h(ζ) < 0 .

Έχουμε επίσης οτι : e^x - x - cosx >= e^x - x -1 .
Απο την γνωστή ανισότητα όμως : e^x >= x + 1 => e^x - x - 1 >= 0 για κάθε x E R , με την ισότητα να ισχύει μόνο για x = 0.

Το ολοκλήρωμα της ποσότητας e^x - x -1 λοιπόν σε ένα διάστημα [α,b] , όπου b > α, θα είναι πάντα θετικό.
Εφόσον η ποσότητα e^x - x - cosx είναι μεγαλύτερη ή ίση της προηγούμενης, και αυτής λοιπόν το ολοκλήρωμα σε ένα διάστημα [α,b] με b>α θα είναι πάντα θετικό. Ας ονοματίσουμε το αποτέλεσμα :
Α = ∫( e^x - x - cosx )dx > 0

Απο την πρώτη συνθήκη λοιπόν αφαιρούμε απο κάθε μέλος το cos(α) και προσθέτουμε 1 :
A + 1 - cos(α) = f(α) - cos(α) = h(α) .

Εφόσον Α > 0 και cos(α) <= 1 => 0 <= 1-cos(α), ξεκάθαρα η συνολική αριστερή ποσότητα : Α + 1 - cos(α) είναι θετική. Εν τέλει, μπορούμε να αποφανθούμε πως h(α) > 0 .

Εφόσον η h είναι συνεχής στο [α,b] ως συνάρτηση συνεχών συναρτήσεων και h(α)h(ζ) < 0 , απο το θεώρημα Bolzano υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ Ε (α,ξ) C (α,b) τέτοιο ώστε h(ξ) = 0 . Δηλαδή f(ξ) - cosξ = 0 ή f(ξ) = cosξ .

asdfqwerty · 13-09-21

Αρχική Δημοσίευση από Samael:
Μπορούμε να θεωρήσουμε συνάρτηση :
h(x) = f(x) - cosx , α <= x <= b .

Ολοκληρώνοντας αριστερά και δεξιά :
H(x) = F(x) - sinx + sinα , α <= x <= b , όπου F(x) = ∫f(x) dx απο α εως x .

H(α) = 0
H(b) = F(b) - sinb + sinα

Απο την δεύτερη συνθήκη ισχύει : F(b) < sinb - sinα => F(b) - sinb + sinα < 0 , οπότε H(b) < 0.
Εφόσον η H είναι παραγωγίσιμη στο (α,β) και συνεχής στο [α,β] , απο το ΘΜΤ υπάρχει τουλάχιστον ένα ζ Ε (α,β) τέτοιο ώστε :
H'(ζ) = h(ζ) = [H(b)-H(α)] / (b-α) = H(b)/(b-α) < 0 , διότι b>α και H(b) < 0 .

Άρα υπάρχει τουλάχιστον ένα ζ Ε (α,β) τέτοιο ώστε h(ζ) < 0 .

Έχουμε επίσης οτι : e^x - x - cosx >= e^x - x -1 .
Απο την γνωστή ανισότητα όμως : e^x >= x + 1 => e^x - x - 1 >= 0 για κάθε x E R , με την ισότητα να ισχύει μόνο για x = 0.

Το ολοκλήρωμα της ποσότητας e^x - x -1 λοιπόν σε ένα διάστημα [α,b] , όπου b > α, θα είναι πάντα θετικό.
Εφόσον η ποσότητα e^x - x - cosx είναι μεγαλύτερη ή ίση της προηγούμενης, και αυτής λοιπόν το ολοκλήρωμα σε ένα διάστημα [α,b] με b>α θα είναι πάντα θετικό. Ας ονοματίσουμε το αποτέλεσμα :
Α = ∫( e^x - x - cosx )dx > 0

Απο την πρώτη συνθήκη λοιπόν αφαιρούμε απο κάθε μέλος το cos(α) και προσθέτουμε 1 :
A + 1 - cos(α) = f(α) - cos(α) = h(α) .

Εφόσον Α > 0 και cos(α) <= 1 => 0 <= 1-cos(α), ξεκάθαρα η συνολική αριστερή ποσότητα : Α + 1 - cos(α) είναι θετική. Εν τέλει, μπορούμε να αποφανθούμε πως h(α) > 0 .

Εφόσον η h είναι συνεχής στο [α,b] ως συνάρτηση συνεχών συναρτήσεων και h(α)h(ζ) < 0 , απο το θεώρημα Bolzano υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ Ε (α,ξ) C (α,b) τέτοιο ώστε h(ξ) = 0 . Δηλαδή f(ξ) - cosξ = 0 ή f(ξ) = cosξ .

Eπειδη η συναρτηση ολοκληρωμα ειναι εκτος η λυση πρεπει να αλλαξει:
εχουμε αρχικα οτι $f(a)>1$ oπως πολυ σωστα μας εδειξε ο Stark

Θεωρω την συναρτηση $g(x)=f(x)-cosx , x\in [a,b]$

$g(a)=f(a)-cosa>0 \quad (f(a)>1\geq cosa)$

εστω $F$ μια παραγουσα της $f$ αρα η 2η σχεση μετασχηματιζεται σε :
$F(b)-F(a)<sinb-sina \Leftrightarrow F(b)-sinb<F(a)-sina$

Θεωρουμε την συναρτηση $h(x)=F(x)-sinx , x\in[a,b]$ με $h'(x)=f(x)-cosx=g(x)$ αρα η παραπανω σχεση γινεται:
$h(b)<h(a) \Leftrightarrow h(b)-h(a)<0 \Leftrightarrow \frac{h(b)-h(a)}{b-a}<0 \quad \overset{\Theta MT/[a,b] }{\rightarrow} \exists \theta \in (a,b): h'(\theta)<0 \Leftrightarrow g(\theta)<0$

αρα απο bolzano στο $[a,\theta]$ προκυπτει το ζητουμενο

asdfqwerty · 14 Σεπτεμβρίου 2021

Nα βρεθει το συνολο τιμων της συναρτησης:
$f(x)=(sinx)^{sinx} , x\in[\frac{\pi}{6},\frac{5 \pi}{6}]$

Αυτόματη ένωση συνεχόμενων μηνυμάτων: 14 Σεπτεμβρίου 2021

Και μια ακομη για τον @Alexandros28
Εστω: $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ 2 φορες παραγωγισιμη και ισχυουν

$f^{2}(0)+(f'(0))^{2} = 4$

$|f(x)|\leq 1 \quad \forall x \in \mathbb{R}$

νδο:
α) $\exists x_1,x_2$ με $x_1\in(-2,0) , x_2\in(0,2)$ τετοια ωστε $|f'(x_1)|\leq 1 ,|f'(x_2)|\leq 1$

β) η $g(x)=f^{2}(x)+(f'(x))^{2} ,x\in[x_1,x_2]$ παρουσιαζει ολικο μεγιστο σε εσωτερικη θεση $x_0\in(x_1,x_2)$

γ) $f(x_o)+f''(x_o)=0$

Alexandros28 · 14-09-21

κανοντας το γνωστο κολπο της μεθοδολογιας, η παραγωγος της f ειναι η
f'(x)=(ημχ^ημχ)(συνχ)(1+lnημχ)
ο παραγοντας ημχ^ημχ ειναι παντοτε θετικος
η εξισωση 1+lnημχ=0 ειναι αδυνατη στο πεδιο ορισμου της f επειδη αν π/6<=χ<=5π/6 τοτε μεσω του τριγωνομετρικου κυκλου ισχυει ημχ>=1/2>1/e αρα
ημχ>1/e ή
lnημχ>-1 ή
lnημχ+1>0 οποτε το προσημο της f' εξαρταται μονο απο το συνχ

μεσω μονοτονιας συνολο τιμων της f ειναι το [ριζα2/2,1]

Alexandros28 · 14-09-21

Απο την δοθεισα ανισοτητα προκυπει f(2)=<1 και -f(0)=<1 οπου με προσθεση κατα μελη ισχυει:
f(2)-f(0)=<2 ή
f(2)-f(0)/2-0=<1
απο ΘΜΤ για την f στο [0,2] προκυπτει x1ε(0,2): f'(x1)=f(2)-f(0)/2
αρα f'(x1)=<1
απο την ιδια σχεση προκυπτει παλι f(2)>=-1 kai -f(0)>=-1 αρα ομοια για το χ1 προκυπτει f'(x1)>=-1 αρα το f'(x1) ειναι απολυτως μικροτερο ή ισο του 1. ομοια δουλευουμε για στο (-2,0).

β) επειδη η g ειναι συνεχης σε κλειστο διαστημα, παρουσιαζει μεγιστη και ελαχιστη τιμη. Η μεγιστη τιμη της g αποκλειεται να ειναι στα ακρα του διαστηματος αφου g(x1) και g(x2) ειναι μικροτερα ή ισα του 2 και μικροτερα του g(0)=4. Αρα απο θμετ υπαρχει χο ε(χ1,χ2) τετοιο ωστε η g να παρουσιαζει ολικο μεγιστο.

επειδη η g ειναι παραγωγισιμη με g'(x)=2f'(x)(f(x)+f''(x)) απο θεωρημα FERMAT στο χο ισχυει
g'(Xo)=0
το f'(xo) ειναι σιγουρα διαφορο του 0, αφου αν ηταν 0, για να ειναι ολικο μεγιστο το χο θα πρεπει g(xo)>=g(0) ή f^2(0)>=4, αδυνατο απο τα δεδομενα. Αρα f(xo)+f"(xo)=0

Samael · 15-09-21

Αρχική Δημοσίευση από asdfqwerty:
Nα βρεθει το συνολο τιμων της συναρτησης:
$f(x)=(sinx)^{sinx} , x\in[\frac{\pi}{6},\frac{5 \pi}{6}]$

Τούτη δεν χρειάζεται λογισμό βασικά.

Για x = π/2 παρατηρούμε οτι f(π/2) = 1. Tόσο η βάση όσο και ο εκθέτης όμως αποκτούν ταυτόχρονα την μέγιστη δυνατή τιμή εφόσον 0 < sinx <= 1. Άρα f(x) <= 1 και f(π/2) = 1.

Επίσης : f(x) = sinx^sinx ή lnf(x) = sinx*ln(sinx) .
Η ποσότητα sinx είναι γνησίως αύξουσα στο [π/6,π/2] και γνησίως φθίνουσα στο [π/2,5π/6]. Η lnx είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα αυτό. Επομένως η ln(sinx) θα είναι γνησίως αύξουσα στο [π/6,π/2] και γνησίως φθίνουσα στο [π/2,π/6]. Παρατηρούμε οτι lnf(π/6) = lnf(5π/6) = -ln2/2. Οπότε η μέγιστη τιμή της lnf(x) είναι το
-ln2/2.

Εαν υψώσουμε το e σε αυτές τις ποσότητες έχουμε :
f(x) = e^(-ln2/2) = e^(ln(1/sqrt2)) = 1/sqrt2 = sqrt2/2

Το σύνολο τιμών επομένως της f θα είναι f(A) = [sqrt2/2,1]

Υπάρχουν κάποια σημεία που κανονικά θέλουν formal απόδειξη, αλλά είναι κάπως προφανή οπότε τα απέφυγα.

Alexandros28 · 15-09-21

Αρχική Δημοσίευση από Samael:
Η ποσότητα sinx είναι γνησίως αύξουσα στο [π/6,π/2] και γνησίως φθίνουσα στο [π/2,5π/6]. Η lnx είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα αυτό. Επομένως η ln(sinx) θα είναι γνησίως αύξουσα στο [π/6,π/2] και γνησίως φθίνουσα στο [π/2,π/6]. Παρατηρούμε οτι lnf(π/6) = lnf(5π/6) = -ln2/2. Οπότε η μέγιστη τιμή της lnf(x) είναι το
-ln2/2.

Σε αυτό το σημείο σε εχασα για τα καλά. Εννοείς ελάχιστη τιμή λογικά. Αλλά και πάλι σε όλη την αιτιολόγηση κάτι δε μου κολλάει. Επειδή οι δυο παράγοντες έχουν την ίδια μονοτονία, το γινόμενο τους μεταβαλλεται με όμοιο τρόπο; Αυτό εννοείς;

Samael · 16 Σεπτεμβρίου 2021

Αρχική Δημοσίευση από Alexandros28:
Σε αυτό το σημείο σε εχασα για τα καλά. Εννοείς ελάχιστη τιμή λογικά. Αλλά και πάλι σε όλη την αιτιολόγηση κάτι δε μου κολλάει. Επειδή οι δυο παράγοντες έχουν την ίδια μονοτονία, το γινόμενο τους μεταβαλλεται με όμοιο τρόπο; Αυτό εννοείς;

Ναι σόρρυ, ελάχιστη έπρεπε να λέει.
Ye έχεις δίκιο,θέλει λίγο παραπάνω αιτιολόγηση. Λόγω της ιδιομορφίας που υπάρχει καθώς το x πλησιάζει το 0, προκαλεί αλλαγή της μονοτονίας της συνάρτησης πράγματι. Σε εκείνο το σημείο πρέπει να πάρεις την παράγωγο της sinx*ln(sinx) οπότε και να δείξεις οτι όταν sin(xο) = 1/e η παράγωγος μηδενίζεται. Θέλει λίγη αλλά απλή επιχειρηματολογία για να πείσεις οτι είναι ελάχιστο. Οπότε sinxo = 1/e < 1/2 = sin(π/6) δηλαδή : xo < π/6 , καθώς στο διάστημα [0,π/2] η sinx είναι γνησίως αύξουσα. So we're good γιατί το σημείο που αλλάζει τελικά η μονοτονία της sinx*ln(sinx) είναι πριν απο το π/6 .

asdfqwerty · 15 Σεπτεμβρίου 2021

Εστω $f :\mathbb{R} \rightarrow (0,+\infty)$ παραγωγισιμη και ισχυει, $f(x)\cdot ln{f(x)}=e^{x} \quad \forall x\in \mathbb{R}$

νδο
α) $f(x)>\sqrt{e^{x}} \quad\forall x\in \mathbb{R}$
β)νδο η f ειναι γνησιως αυξουσα και κυρτη
γ) $\lim_{x\rightarrow +\infty}(1+\frac{ln{x}}{f(x)})^{\frac{f(x)}{x}}$
δ) να λυθει η εξισωση: $2(f(x)-f(2))+x(f(2)-f(4))=2(f(2)-f(4)) ,x\in[2,4]$

Alexandros28 · 15-09-21

Αρχική Δημοσίευση από asdfqwerty:
Εστω $f :\mathbb{R} \rightarrow (0,+\infty)$ παραγωγισιμη και ισχυει, $f(x)\cdot ln{f(x)}=e^{x} \quad \forall x\in \mathbb{R}$

νδο
α) $f(x)>\sqrt{e^{x}} \quad\forall x\in \mathbb{R}$
β)νδο η f ειναι γνησιως αυξουσα και κυρτη
γ) $\lim_{x\rightarrow +\infty}(1+\frac{ln{x}}{f(x)})^{\frac{f(x)}{x}}$
δ) να λυθει η εξισωση: $2(f(x)-f(2))+x(f(2)-f(4))=2(f(2)-f(4)) ,x\in[2,4]$

Την έλυσα όλη εκτός από το ερώτημα γ, για το οποιο δε διαθέτω την υπομονή που χρειάζεται μεχρι στιγμης. Αμα δεν έχει ανεβάσει μέχρι αύριο απόγευμα κάποιος την λύση θα την αναλάβω εγω

asdfqwerty · 15-09-21

Αρχική Δημοσίευση από Alexandros28:
Την έλυσα όλη εκτός από το ερώτημα γ, για το οποιο δε διαθέτω την υπομονή που χρειάζεται μεχρι στιγμης. Αμα δεν έχει ανεβάσει μέχρι αύριο απόγευμα κάποιος την λύση θα την αναλάβω εγω

την ασκηση την εβαλα κυριως για το δ ερωτημα που την εχτισα για να δειξω μια αλλη ιδιοτητα των κυρτων,οχι τοσο γνωστη
στειλε μου σε pm πως την ελυσες.

Samael · 15 Σεπτεμβρίου 2021

Αρχική Δημοσίευση από asdfqwerty:
Εστω $f :\mathbb{R} \rightarrow (0,+\infty)$ παραγωγισιμη και ισχυει, $f(x)\cdot ln{f(x)}=e^{x} \quad \forall x\in \mathbb{R}$

νδο
α) $f(x)>\sqrt{e^{x}} \quad\forall x\in \mathbb{R}$
β)νδο η f ειναι γνησιως αυξουσα και κυρτη
γ) $\lim_{x\rightarrow +\infty}(1+\frac{ln{x}}{f(x)})^{\frac{f(x)}{x}}$
δ) να λυθει η εξισωση: $2(f(x)-f(2))+x(f(2)-f(4))=2(f(2)-f(4)) ,x\in[2,4]$

Μια απόπειρα για το πρώτο που έκανα είναι η εξής :

f(x)ln(f(x)) = e^x > 0 =>
f(x)ln(f(x)) > 0

Eπειδή γνωρίζουμε πως f(x) > 0 , αναγκαστικά πρέπει ln(f(x)) > 0 => f(x) > 1 .
Επιπλέον αφού sqrt(e^x) <= 1 για x<= 0 , συμπεραίνουμε οτι η ανισότητα ισχύει για τον αρνητικό ημιάξονα.

Επομένως μένει να αποδείξουμε οτι για x > 0 ισχύει : f(x) > sqrt(e^x) .
Έστω πως δεν ισχύει. Έστω δηλαδή πως είναι : f(x) <= sqrt(e^x) .
Εφόσον e^x > sqrt(e^x) :

f(x)ln(f(x)) > sqrt(e^x) >= f(x) =>
ln(f(x)) > f(x) => ( επιτρέπεται αφού : f(x) > 0 )
ln(f(x)) > 1 =>
f(x) > e =>

Άρα : f(x)ln(f(x)) > e για κάθε χ > 0 (επιτρέπεται αφού f(x)>0 και ln(f(x)) > 0 αφού f(x) > 1 ).
Άτοπο διότι για x = 1 :
f(1)ln(f(1)) = e .

Άρα για κάθε x E R είναι : f(x) > sqrt(e^x) .

Αυτό για το α. Ίσως ασχοληθώ αργότερα με τα άλλα ερωτήματα εαν βρω χρόνο.

Alexandros28 · 15-09-21

το α ερωτημα βγαινει με παρομοια λογικη με του σαμ αλλα χρησιμοποιωντας την e^0.5x>x/2

asdfqwerty · 15-09-21

hmm , το κουρασατε λιγο περισσοτερο: $ln{x} < x \quad \forall x \in (0,+\infty)$ αυτο ισως σας λυσει τα χερια πιο ευκολα

Συλλογή ασκήσεων και τεστ στα Μαθηματικά Προσανατολισμού

Τιμώμενο Μέλος

Διάσημο μέλος

Τιμώμενο Μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Τιμώμενο Μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Δραστήριο μέλος

Δραστήριο μέλος

Τιμώμενο Μέλος

Δραστήριο μέλος

Τιμώμενο Μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Τιμώμενο Μέλος

Δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος