Έστω η συνάρτηση \( f \) με:
\( f'(x)=\dfrac{x}{1+e^x} \), \( x\in\mathbb{R} \)
και \( f(0)=0 \).
Να απαντήσετε στα παρακάτω ερωτήματα.
Α. Να εξετάσετε τη συνάρτηση \( f \) ως προς τη μονοτονία.
Β. Να λύσετε την εξίσωση \( f(x^2)+f(x^4)=2f(x^6) \)
Γ. Να αποδείξετε ότι η \( f \) κάμπτεται σε μοναδικό σημείο \( x_0\in(1,2) \)
Δ. Να αποδείξετε ότι \( \displaystyle \int_0^1 \frac{x}{e^x+1}\,dx=f(1)<\frac{1}{e+1} \)
Ε. Να αποδείξετε ότι \( f(x)\le x \), για \( x\ge 0 \)
Ζ. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση
\( \displaystyle \frac{2f(ημ\,x)-1}{3-6x}=\ln x \)
έχει ρίζα στο \( (0,\tfrac12) \)
Η. Να αποδείξετε ότι \( \displaystyle \lim_{x\to +\infty}\frac{f(x+1)-f(x)}{x}=0 \)
Υποδείξεις και λύσεις των ερωτημάτων . . .
Ρώτα απορία γράφοντας το Γράμμα του ερωτήματος και γενικότερα ότι θέλετε . . .
Ερωτήματα.
Α. Να εξετάσετε τη συνάρτηση f ως προς τη μονοτονία.
ΛΥΣΗ Α Δίνεται Η συνάρτηση \( f \) με \( f'(x)=\dfrac{x}{1+e^x} \), \( x\in\mathbb{R} \)
και \( f(0)=0 \)
ΘΕΩΡΙΑ
Μια συνάρτηση είναι:
• γνησίως αύξουσα όπου \( f'(x)>0 \)
• γνησίως φθίνουσα όπου \( f'(x)<0 \)
ΕΦΑΡΜΟΓΗ
Μελετούμε το πρόσημο της παραγώγου.
Ο παρονομαστής \( 1+e^x>0 \) για κάθε \( x\in\mathbb{R} \), διότι \( e^x>0 \).
Άρα το πρόσημο της \( f'(x) \) είναι το ίδιο με το πρόσημο του \( x \).
Λύνουμε: \( f'(x)=0 \Rightarrow x=0 \)
Επομένως:
\( x<0 \Rightarrow f'(x)<0 \)
\( x>0 \Rightarrow f'(x)>0 \)
ΣΥΜΠΕΡΑΣΜΑ
Η \( f \) είναι γνησίως φθίνουσα στο \( (-\infty,0) \)
και γνησίως αύξουσα στο \( (0,+\infty) \).
Στο \( x=0 \) η παράγωγος αλλάζει πρόσημο από αρνητικό σε θετικό,
άρα η \( f \) παρουσιάζει ελάχιστο.
Επειδή \( f(0)=0 \), το ελάχιστο είναι ίσο με 0.
Β. Να λύσετε την εξίσωση f(x2)+f(x4)=2f(x6).
ΛΥΣΗ Β
Δίνεται η εξίσωση \( f(x^2)+f(x^4)=2f(x^6) \).
Θέτουμε \( t=x^2 \ge 0 \).
Τότε η εξίσωση γίνεται \( f(t)+f(t^2)=2f(t^3) \).
Για 0 ≤ t < 1 ισχύει t3 < t2 < t.
Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα, προκύπτει
f(t3) < f(t2) < f(t).
Άρα f(t) + f(t2) > 2f(t3).
Για t > 1 ισχύει t3 > t2 > t.
Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα, προκύπτει
f(t3) > f(t2) > f(t).
Άρα f(t) + f(t2) < 2f(t3).
Άρα η ισότητα μπορεί να ισχύει μόνο όταν δεν υπάρχει αυστηρή ανισότητα,
δηλαδή όταν \( t=0 \) ή \( t=1 \).
Επειδή \( t=x^2 \), προκύπτει:
\( x^2=0 \Rightarrow x=0 \) ή \( x^2=1 \Rightarrow x=\pm1 \).
ΣΥΜΠΕΡΑΣΜΑ: \( x \in \{-1,\,0,\,1\} \).
Γ. Να αποδείξετε ότι η f κάμπτεται σε μοναδικό σημείο x0∈(1,2).
ΛΥΣΗ Γ
Για x < 0, είναι f''(x) > 0.
Για x ≥ 0, θεωρούμε φ(x)=1+ex−x ex, x ≥ 0,
με φ'(x)=−x ex, x ≥ 0.
Το πρόσημο της φ' και η μονοτονία της φ είνια προφανή
Επίσης, από φ(1)·φ(2)=1·(1−e2) < 0
και τη συνέχεια της φ στο [1,2], υπάρχει τουλάχιστον ένα x₀ ∈ (1,2),
ώστε φ(x₀)=0 (Θεώρημα Bolzano).
Το x₀ είναι μοναδικό, αφού η φ είναι γνησίως φθίνουσα στο [0,+∞).
Τότε: 0 ≤ x < x₀ ⇒ φ(x) > φ(x₀)=0
x₀ < x ⇒ φ(x) < φ(x₀)=0
Με βάση τα παραπάνω έχουμε το πρόσημο της f'' και άρα την κυρτότητα της f.
Έτσι, η f σε μοναδικό σημείο x₀, (x₀,f(x₀)), με x₀ ∈ (1,2), παρουσιάζει καμπή.
Δ. Να αποδείξετε ότι \( \displaystyle \int_0^1 \frac{x}{e^x+1}\,dx = f(1) < \frac{1}{e+1} \).
ΛΥΣΗ Δ
∫01 x/(ex+1) dx = f(1).
Θεώρημα Μέσης Τιμής
Η f είναι συνεχής στο [0,1] και παραγωγίσιμη στο (0,1), άρα υπάρχει ξ ∈ (0,1)
ώστε f(1) − f(0) = f′(ξ)(1−0)
Επειδή f(0)=0, προκύπτει f(1) = f′(ξ), με ξ ∈ (0,1)
Η f′ είναι γνησίως αύξουσα, άρα f′(ξ) < f′(1) = 1/(1+e)
Συμπέρασμα: f(1) < 1/(1+e).
Ε. Να αποδείξετε ότι f(x) ≤ x, για x ≥ 0.
ΛΥΣΗ Ε
Θέτουμε \( h(x)=f(x)-x \).
\( h'(x)=\dfrac{x-1-e^x}{1+e^x} \).
Η \( r(x)=x-1-e^x \) φθίνουσα και αρνητική.
Άρα \( h'(x)<0 \Rightarrow h \) φθίνουσα.
\( h(x)\le 0 \Rightarrow f(x)\le x \)
Ζ. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση \( \displaystyle \frac{2f(ημ\,x)-1}{3-6x}=\ln x \) έχει ρίζα στο \( (0,\tfrac12) \).
ΛΥΣΗ Ζ ΛΥΣΗ Ζ
Θέτουμε τη συνάρτηση
\( w(x)=2f(ημx)-1-(3-6x)\ln x \)
για \( x∈(0,1/2) \).
Η εξίσωση
\( (2f(ημx)-1)/(3-6x)=\ln x \)
είναι ισοδύναμη με
\( w(x)=0 \).
Από προηγούμενο ερώτημα γνωρίζουμε ότι η συνάρτηση \( f \) είναι αύξουσα.
Επειδή
\( -1≤ημx≤1 \)
προκύπτει
\( f(ημx)≥f(-1) \).
Άρα
\( 2f(ημx)-1 ≥ 2f(-1)-1 \).
Επομένως
\( w(x) ≥ 2f(-1)-1-(3-6x)\ln x \).
Καθώς \( x→0^{+} \) έχουμε
\( \ln x→-∞ \)
και επειδή
\( 3-6x＞0 \)
στο \( (0,1/2) \), προκύπτει
\( -(3-6x)\ln x→+∞ \).
Άρα
\( \lim_{x→0^{+}} w(x)=+∞ \).
Επομένως υπάρχει
\( α∈(0,1/2) \)
ώστε
\( w(α)＞0 \).
Υπολογίζουμε την τιμή της συνάρτησης στο άκρο του διαστήματος:
\( w(1/2)=2f(ημ(1/2))-1 \).
Επειδή
\( ημ(1/2)＜1/2 \)
και η \( f \) είναι αύξουσα, έχουμε
\( f(ημ(1/2))＜f(1/2) \).
Από προηγούμενο ερώτημα γνωρίζουμε ότι
\( f(1/2)＜1/2 \).
Άρα
\( f(ημ(1/2))＜1/2 \)
και συνεπώς
\( w(1/2)＜0 \).
Η συνάρτηση \( w \) είναι συνεχής στο διάστημα \( (α,1/2) \)
διότι αποτελείται από συνεχείς συναρτήσεις.
Εφόσον
\( w(α)＞0 \)
και
\( w(1/2)＜0 \),
η \( w \) αλλάζει πρόσημο στο διάστημα αυτό.
Με το θεώρημα Bolzano υπάρχει
\( x_0∈(α,1/2) \)
ώστε
\( w(x_0)=0 \).
ΣΥΜΠΕΡΑΣΜΑ:
Η εξίσωση
\( (2f(ημx)-1)/(3-6x)=\ln x \)
έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο διάστημα \( (0,1/2) \).
Η. Να αποδείξετε ότι \( \displaystyle \lim_{x\to +\infty} \frac{f(x+1)-f(x)}{x} = 0 \)
ΛΥΣΗ Η ΛΥΣΗ Η
Θέλουμε να υπολογίσουμε το όριο
\( \lim_{x→+∞} \dfrac{f(x+1)-f(x)}{x} \)
1) Θεώρημα Μέσης Τιμής
Η συνάρτηση \( f \) είναι παραγωγίσιμη στο ℝ, άρα είναι συνεχής και στο διάστημα \( [x,x+1] \).
Επομένως από το Θεώρημα Μέσης Τιμής υπάρχει αριθμός
\( ξ \)
με
\( x＜ξ＜x+1 \)
ώστε
\( f(x+1)-f(x)=f′(ξ)(x+1-x) \)
δηλαδή
\( f(x+1)-f(x)=f′(ξ) \).
2) Σύγκριση με την παράγωγο
Η παράγωγος της συνάρτησης είναι
\( f′(x)=\dfrac{x}{1+e^x} \).
Η συνάρτηση \( f′ \) είναι γνησίως φθίνουσα για μεγάλες τιμές του \( x \).
Επειδή
\( x＜ξ＜x+1 \)
προκύπτει
\( f′(x+1)＜f′(ξ)＜f′(x) \).
3) Υπολογισμός ορίων των άκρων
Έχουμε
\( f′(x)=\dfrac{x}{1+e^x} \).
Άρα
\( \dfrac{f′(x)}{x}=\dfrac{1}{1+e^x} \).
Όταν
\( x→+∞ \)
ισχύει
\( e^x→+∞ \)
οπότε
\( \dfrac{1}{1+e^x}→0 \).
Επίσης
\( \dfrac{f′(x+1)}{x}=\dfrac{x+1}{x(1+e^{x+1})} \).
Όταν
\( x→+∞ \)
έχουμε
\( \dfrac{x+1}{x}→1 \)
και
\( \dfrac{1}{1+e^{x+1}}→0 \).
Άρα
\( \dfrac{f′(x+1)}{x}→0 \).
4) Κριτήριο Παρεμβολής
Η παράσταση
\( \dfrac{f(x+1)-f(x)}{x} \)
βρίσκεται ανάμεσα στις ποσότητες
\( \dfrac{f′(x+1)}{x} \)
και
\( \dfrac{f′(x)}{x} \)
οι οποίες και οι δύο τείνουν στο 0.
Άρα από το Κριτήριο Παρεμβολής προκύπτει
\( \lim_{x→+∞} \dfrac{f(x+1)-f(x)}{x}=0 \).
