Poišči f in "izračunaj" integral?

Odgovor:

Glej spodaj

Pojasnilo:

# e ^ f (x) + f '(x) + 1 = 0 #

# e ^ y + y '+ 1 = 0, qquad y = f (x) #

# y '= - 1 - e ^ y #

# (dy) / (1 + e ^ y) = - dx #

#z = e ^ y, qquad dz = e ^ y t

#int (dz) / (z (1 + z)) = - int dx #

#int dz 1 / z - 1 / (1 + z) = - int dx #

#ln (z / (1 + z)) = C - x #

# e ^ y / (1 + e ^ y) = e ^ (C - x) #

Uporaba IV:

• # e ^ (C - x) = 1 / (e ^ (- y) + 1) #

• #lim_ (x do 0) y = + oo pomeni C = 0 #

# e ^ y (1 - e ^ (- x)) = e ^ (- x) #

# e ^ y = e ^ (- x) / (1 - e ^ (- x)) = 1 / (e ^ x - 1) #

#y = ln (1 / (e ^ (x) -1)) #

The SHOW bit

#I = int_ (ln2) ^ 1 e ^ y (x + 1) t

# = - int_ (ln2) ^ 1 (1+ x) (1 + y ') t

# = - int_ (ln2) ^ 1 1+ x dx -barva (rdeča) (int_ (ln2) ^ 1 y 'dx) - int_ (ln2) ^ 1 xy' t

# barva (rdeča) (int_ (ln2) ^ 1 y 'dx) = ln (1 / (e ^ (x) -1)) _ (ln2) ^ 1 = - ln (e-1) #

#implies I - ln (e-1) = - int_ (ln2) ^ 1 1+ x dx - int_ (ln2) ^ 1 xy ' t

• # int_ (ln2) ^ 1 1+ x dx gt 0 #

• # int_ (ln2) ^ 1 xy 'dx gt 0 #

#implies I lt ln (e-1) #

Odgovor:

#f (x) = c -x-ln (1-e ^ (c-x)) #

Neenakosti še nisem mogel dokazati, vendar sem našel močnejšo neenakost.

Pojasnilo:

Let #g (x) = e ^ (f (x)) # tako, da z uporabo verižnega pravila:

#g '(x) = f' (x) e ^ (f (x)) #

Upoštevajte, da:

#f (x) = ln (g (x)) #, tako:

#f '(x) = (g' (x)) / (g (x)) #

Če nadomestimo prvotno enačbo, imamo:

#g (x) + (g '(x)) / (g (x)) +1 = 0 #

in po definiciji #g (x)> 0 #:

# (dg) / dx + g ^ 2 (x) + g (x) = 0 #

ki je ločljiva:

# (dg) / dx = -g ^ 2-g #

# (dg) / (g (g + 1)) = -dx #

#int (dg) / (g (g + 1)) = -int dx #

Razgradnja prvega člana z uporabo delnih frakcij:

# 1 / (g (g + 1)) = 1 / g -1 / (g + 1) #

tako:

#int (dg) / g- int (dg) / (g + 1) = -int dx #

#ln g - ln (g + 1) = -x + c #

Uporaba lastnosti logaritmov:

#ln (g / (g + 1)) = - x + c #

# g / (g + 1) = e ^ (c-x) #

Zdaj se rešuje # g #:

#g = e ^ (c-x) (g + 1) #

#g (1-e ^ (c-x)) = e ^ (c-x) #

in končno:

#g (x) = e ^ (c-x) / (1-e ^ (c-x)) #

Zdaj:

#f (x) = ln (g (x)) = ln (e ^ (cx) / (1-e ^ (cx))) = ln (e ^ (cx)) -ln (1-ce ^ -x)) #

#f (x) = c -x-ln (1-e ^ (c-x)) #

Lahko ugotovimo # c # od pogoja:

#lim_ (x-> 0) f (x) = + oo #

Kot:

#lim_ (x-> 0) c -x-ln (1-e ^ (c-x)) = c-ln (1-e ^ c) #

ki je končna, razen # c = 0 #.

Nato:

#f (x) = -x-ln (1-e ^ -x) #

Upoštevajte zdaj integral:

#int_ (ln2) ^ 1 e ^ (f (x)) (x + 1) dx = int_ (ln2) ^ 1 e ^ -x / (1-e ^ -x) (x + 1) dx #

Kot:

# d / dx (e ^ -x / (1-e ^ -x) (x + 1)) = - (x * e ^ x + 1) / (e ^ x-1) ^ 2 #

vidimo, da je v intervalu integracije funkcija strogo padajoča, torej njena maksimalna vrednost # M # nastane za # x = ln2 #:

#M = (e ^ -ln2 / (1-e ^ -ln2)) (ln2 + 1) = (1/2) / (1-1 / 2) (ln2 + 1) = (ln2 + 1) #

Nato:

#int_ (ln2) ^ 1 e ^ (f (x)) (x + 1) dx <= M (1-ln2) #

#int_ (ln2) ^ 1 e ^ (f (x)) (x + 1) dx <= 1-ln ^ 2 2 #

Odgovor:

Tukaj je še ena

Pojasnilo:

#a) #

# e ^ f (x) + f '(x) + 1 = 0 # # <=> ^ (* e ^ (- f (x)) #

# 1 + f '(x) e ^ (- f (x)) + e ^ (- f (x)) = 0 # #<=>#

# -f '(x) e ^ (- f (x)) = 1 + e ^ (- f (x)) # #<=>#

# (e ^ (- f (x))) '= 1 + e ^ (- f (x)) # #<=>#

# (1 + e ^ (- f (x))) '= 1 + e ^ (- f (x)) ## <=> ^ (x> 0) #

Torej tam # c ## v ## RR #, # 1 + e ^ (- f (x)) = ce ^ x #

• #lim_ (xto0) e ^ (- f (x)) = _ (xto0, y -> - oo) ^ (- f (x) = u) lim_ (uto-oo) e ^ u = 0 #

in #lim_ (xto0) (- e ^ (- f (x)) + 1) = lim_ (xto0) ce ^ x # #<=>#

# c = 1 #

Zato, # 1 + e ^ (- f (x)) = e ^ x # #<=>#

#e ^ (- f (x)) = e ^ x-1 # #<=>#

# -f (x) = ln (e ^ x-1) # #<=>#

#f (x) = - ln (e ^ x-1) # #barva (bela) (aa) #, #x> 0 #

#b) #

# int_ln2 ^ 1 (e ^ f (x) (x + 1)) dx <##ln (e-1) #

#f (x) = - ln (e ^ x-1) #,#x> 0 #

#f '(x) = - e ^ x / (e ^ x-1) #

# -f '(x) = e ^ x / (e ^ x-1)> = (x + 1) / (e ^ x-1) # brez ""#=#''

• # int_ln2 ^ 1f '(x) dx> int_ln2 ^ 1 (x + 1) / (e ^ x-1) dx # #<=>#

# int_ln2 ^ 1 (x + 1) / (e ^ x-1) dx <## - f (x) _ ln2 ^ 1 = -f (1) + f (0) = ln (e-1) #

Vendar pa imamo

# e ^ f (x) (x + 1) = e ^ (- ln (e ^ x-1)) (x + 1) = (x + 1) / (e ^ x-1) #

in tako, # int_ln2 ^ 1 (x + 1) e ^ f (x) dx <##ln (e-1) #