Δυσκολία σε υποερώτημα με ανισοτική ολοκληρώματος

[thepigod762]

Καλησπέρα, έχω ένα πρόβλημα σε υποερώτημα από Δ' Θέμα βοηθήματος του Μιχαηλίδη. (Το ένθετο λύσεων δεν το έχω στη διάθεσή μου...) Η άσκηση διατυπώνεται ως εξής:

Δίνεται η συνάρτηση f:R->R για την οποία ισχύουν:
f(0)=1, f(x)>0 για κάθε χ στο R, lim(x->0)(f(x))^(1/x)=1 και
f''(x)=2(f(x)+xf'(x)), για κάθε x στο R.

Δ1) Να αποδείξετε ότι f(x)=e^(x^2), x ε R

Δ2) Να λύσετε την ανίσωση:
(f(x^3)-1) / (f(x)-1) > x^2, x ε (0, +οο).

Στη συνέχεια, θεωρούμε μια παράγουσα F της f στο R.

Δ3) Να αποδείξετε ότι για κάθε α>0 ισχύει:
ολοκλήρωμα από -α έως α του χF(F(x)) dx > 0.

Το Δ4 το παραλείπω, αφού κώλυμα αντιμετώπισα στο Δ3.

Spoiler: Η σκέψη μου για τα πρώτα δύο ερωτήματα

Για το Δ1, αφού με συνέπειες ΘΜΤ πάρουμε f'(x) = 2xf(x)+c, εγώ από εκεί είπα πως c=f'(0) αλλά lim(x->0)lnf(x)/x = lim(x->0)ln(e^(lnf(x)/x))=lim(x->0)ln(f(x)^(1/x))=lim(u->1)lnu = 0, όμως
lim(x->0)lnf(x)/x = lim(x->0)lnf(x)/(f(x)-1) * ((f(x)-1) / x ) = 1 * f'(0) = c ... και άρα c=0, οπότε f'(x)=2xf(x) <=> f'(x)/f(x) = 2χ (f θετική) <=> [lnf(x)]' = (x^2)' (f θετική) άρα lnf(x) = x^2 + c' και επειδή f(0)=1 παίρνουμε τελικά f(x) = e^(x^2).

Στο Δ2 σκέφτομαι πως επειδή x^3>0 και f(x)-1 > 0 η ανίσωση μπορεί να πάρει τη μορφή (f(x^3)-1)/x^3 > (f(x)-1)/x.

Θεωρώντας την g(x) = (f(x)-1)/x, x>0 παίρνουμε g'(x) = 1/x [f'(x) - (f(x)-1)/x] οπότε από ΘΜΤ στο διάστημα [0, x], x>0 και επειδή η f είναι κυρτή στο R και η f' γνησίως αύξουσα έπεται πως f'(x)>(f(x)-1)/x άρα θα είναι g'(x)>0 -> g γνησίως αύξουσα. Η ανίσωση γράφεται g(x^3)>g(x) <=> x^3 > x <=> x ε (-1, 0) U (1, +oo).

Μια ιδέα στο Δ4 που τελικά φαίνεται να αποτυγχάνει είναι κάποιος να προσπαθούσε να βρει σχέση για τα F(x), F(-x) γράφοντας f(x) = f(-x) <=> [F(x)]' = [-F(-x)]' -> F(x) = -F(-x)+c''.

Τότε αν σπάσουμε το ολοκλήρωμα στο 0 και στο ένα ολοκλήρωμα κάνουμε την αντικατάσταση u=-x και χρήση της παραπάνω σχέσης νομίζω καταλήγουμε στο ολοκλήρωμα από 0 εως α του u(F(F(x))-F(-F(x)+c'')) dx. Δεν νομίζω όμως να διευκολύνει αυτό.

 

[thepigod762]

Καλησπέρα, έχω ένα πρόβλημα σε υποερώτημα από Δ' Θέμα βοηθήματος του Μιχαηλίδη. (Το ένθετο λύσεων δεν το έχω στη διάθεσή μου...) Η άσκηση διατυπώνεται ως εξής:

Δίνεται η συνάρτηση f:R->R για την οποία ισχύουν:
f(0)=1, f(x)>0 για κάθε χ στο R, lim(x->0)(f(x))^(1/x)=1 και
f''(x)=2(f(x)+xf'(x)), για κάθε x στο R.

Δ1) Να αποδείξετε ότι f(x)=e^(x^2), x ε R

Δ2) Να λύσετε την ανίσωση:
(f(x^3)-1) / (f(x)-1) > x^2, x ε (0, +οο).

Στη συνέχεια, θεωρούμε μια παράγουσα F της f στο R.

Δ3) Να αποδείξετε ότι για κάθε α>0 ισχύει:
ολοκλήρωμα από -α έως α του χF(F(x)) dx > 0.

Το Δ4 το παραλείπω, αφού κώλυμα αντιμετώπισα στο Δ3.

Spoiler: Η σκέψη μου για τα πρώτα δύο ερωτήματα

Για το Δ1, αφού με συνέπειες ΘΜΤ πάρουμε f'(x) = 2xf(x)+c, εγώ από εκεί είπα πως c=f'(0) αλλά lim(x->0)lnf(x)/x = lim(x->0)ln(e^(lnf(x)/x))=lim(x->0)ln(f(x)^(1/x))=lim(u->1)lnu = 0, όμως
lim(x->0)lnf(x)/x = lim(x->0)lnf(x)/(f(x)-1) * ((f(x)-1) / x ) = 1 * f'(0) = c ... και άρα c=0, οπότε f'(x)=2xf(x) <=> f'(x)/f(x) = 2χ (f θετική) <=> [lnf(x)]' = (x^2)' (f θετική) άρα lnf(x) = x^2 + c' και επειδή f(0)=1 παίρνουμε τελικά f(x) = e^(x^2).

Στο Δ2 σκέφτομαι πως επειδή x^3>0 και f(x)-1 > 0 η ανίσωση μπορεί να πάρει τη μορφή (f(x^3)-1)/x^3 > (f(x)-1)/x.

Θεωρώντας την g(x) = (f(x)-1)/x, x>0 παίρνουμε g'(x) = 1/x [f'(x) - (f(x)-1)/x] οπότε από ΘΜΤ στο διάστημα [0, x], x>0 και επειδή η f είναι κυρτή στο R και η f' γνησίως αύξουσα έπεται πως f'(x)>(f(x)-1)/x άρα θα είναι g'(x)>0 -> g γνησίως αύξουσα. Η ανίσωση γράφεται g(x^3)>g(x) <=> x^3 > x <=> x ε (-1, 0) U (1, +oo).

Μια ιδέα στο Δ4 που τελικά φαίνεται να αποτυγχάνει είναι κάποιος να προσπαθούσε να βρει σχέση για τα F(x), F(-x) γράφοντας f(x) = f(-x) <=> [F(x)]' = [-F(-x)]' -> F(x) = -F(-x)+c''.

Τότε αν σπάσουμε το ολοκλήρωμα στο 0 και στο ένα ολοκλήρωμα κάνουμε την αντικατάσταση u=-x και χρήση της παραπάνω σχέσης νομίζω καταλήγουμε στο ολοκλήρωμα από 0 εως α του u(F(F(x))-F(-F(x)+c'')) dx. Δεν νομίζω όμως να διευκολύνει αυτό.

Εκ παραδρομής έβαλα u αντί για x στο τελευταίο ολοκλήρωμα.

Καμιά ιδέα κανείς;

 

[Cade]

Μόλις είδα το ολοκλήρωμα το πρώτο πράγμα που μου ρθε ειναι να δείξω ότι η συνάρτηση μέσα είναι άρτια για να πάω στο 0-α.

F περιττή => F(F) περιττή => xF(F) αρτια

 

[thepigod762]

Μόλις είδα το ολοκλήρωμα το πρώτο πράγμα που μου ρθε ειναι να δείξω ότι η συνάρτηση μέσα είναι άρτια για να πάω στο 0-α.

F περιττή => F(F) περιττή => xF(F) αρτια

Δεν βλέπω όμως την F να είναι περιττή αν το F(0) δεν κάνει μηδέν. Αν έκανε, πάντως, πρέπει να λύνεται έτσι όπως λες, διότι στο διάστημα [0, α] το xF(F(x)) θα ήταν μη αρνητικό μιας και F(x) μεγαλύτερο ίσο του F(0)=0 άρα F(F(x)) μεγαλύτερο ίσο του F(0)=0.

 

[Samael]

Καλησπέρα.
Απαίσιες ασκήσεις που κάνουν τους μαθητές να μισήσουν τα μαθηματικά ως συνήθως !

Spoiler

Υ.Γ. Στην ανισότητα σου έχεις βάλει τον περιορισμό θετικό x. Οπότε στην συναλήθευση σου θα έπρεπε να απορρίψεις τα αρνητικά χ που ικανοποιούν την ανίσωση. Αλλά ακόμα και να έχεις κάνει λάθος και να ψάχνεις όλα τα χ E R, που επαληθεύουν την ανίσωση, τότε το σύνολο αυτό θα είναι Α = (-οο,-1) U (1,+oo). Έχεις λαθάκι δηλαδή σε κάθε περίπτωση.

 

[thepigod762]

Καλησπέρα.
Απαίσιες ασκήσεις που κάνουν τους μαθητές να μισήσουν τα μαθηματικά ως συνήθως !

Spoiler

View attachment 135127

Ευχαριστώ πολύ

Αυτόματη ένωση συνεχόμενων μηνυμάτων: 11 Ιουλίου 2024

Υ.Γ. Στην ανισότητα σου έχεις βάλει τον περιορισμό θετικό x. Οπότε στην συναλήθευση σου θα έπρεπε να απορρίψεις τα αρνητικά χ που ικανοποιούν την ανίσωση. Αλλά ακόμα και να έχεις κάνει λάθος και να ψάχνεις όλα τα χ E R, που επαληθεύουν την ανίσωση, τότε το σύνολο αυτό θα είναι Α = (-οο,-1) U (1,+oo). Έχεις λαθάκι δηλαδή σε κάθε περίπτωση.

Ευχαριστώ για την παρατήρηση, είναι (1, +οo) το δεκτό διάστημα.

Ναι, για αρνητικά χ θα είχαμε την ανάποδη ανίσωση άρα το (-οο, -1)U(0, 1) θα ήταν λύση, δεκτό το (-οο, -1).