Τιμή από ανισωτικό περιορισμό

Συντονιστές: achilleas, emouroukos, silouan

Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 861
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Τιμή από ανισωτικό περιορισμό

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Τρί Ιαν 22, 2019 4:53 pm

Δίνεται η \displaystyle f(x)=x^2+px+q. Είναι γνωστό, ότι η ανίσωση \displaystyle \left |f(x) \right | > \dfrac{1}{2} δεν έχει λύσεις στο διάστημα \left [1,3 \right ]. Να βρείτε την τιμή

\displaystyle \underbrace{f \left (f  ( \dots f (}_{2019}  ( \dfrac{3+\sqrt{7}}{2} \right )  ) \dots  ) ).



Λέξεις Κλειδιά:
Altrian
Δημοσιεύσεις: 128
Εγγραφή: Τρί Μάιος 01, 2018 4:51 pm
Τοποθεσία: Βούλα, Αττική

Re: Τιμή από ανισωτικό περιορισμό

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Altrian » Τρί Ιαν 22, 2019 6:09 pm

Καλησπέρα.
Η παραβολή που ικανοποιεί τους περιορισμούς είναι όπως στο σχήμα. Έχουμε ότι: f(1)=f(3)=1/2, f(2)=-1/2
Αντικαθιστώντας τις δύο πρώτες έχουμε:
1+p+q=1/2
9+3p+q=1/2
Απ' όπου παίρνουμε: p=-4, q=7/2. Άρα f(x)=x^{2}-4x+7/2. Επομένως:
f(\frac{3+\sqrt{7}}{2}) =\frac{3-\sqrt{7}}{2}
f(\frac{3-\sqrt{7}}{2}) =\frac{3+\sqrt{7}}{2}

Έχουμε δηλαδή μια συνεχή εναλλαγή των δύο τιμών και το αποτέλεσμα της διαδοχικής εφαρμογής της f(x) εξαρτάται από το αν το πλήθος είναι άρτιο ή περιττό.
Για την περίπτωσή μας (2019 = περιττό πλήθος) το αποτέλεσμα είναι:
\large \frac{3-\sqrt{7}}{2}
Συνημμένα
geogebra-export.png
geogebra-export.png (478.96 KiB) Προβλήθηκε 484 φορές


Αλέξανδρος Τριανταφυλλάκης
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2250
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Τιμή από ανισωτικό περιορισμό

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Τρί Ιαν 22, 2019 8:12 pm

Altrian έγραψε:
Τρί Ιαν 22, 2019 6:09 pm
Καλησπέρα.

Η παραβολή που ικανοποιεί τους περιορισμούς είναι όπως στο σχήμα.
Δεν καταλαβαίνω πως προκύπτει αυτό.


Altrian
Δημοσιεύσεις: 128
Εγγραφή: Τρί Μάιος 01, 2018 4:51 pm
Τοποθεσία: Βούλα, Αττική

Re: Τιμή από ανισωτικό περιορισμό

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Altrian » Τετ Ιαν 23, 2019 12:08 am

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:
Τρί Ιαν 22, 2019 8:12 pm
Altrian έγραψε:
Τρί Ιαν 22, 2019 6:09 pm
Καλησπέρα.

Η παραβολή που ικανοποιεί τους περιορισμούς είναι όπως στο σχήμα.
Δεν καταλαβαίνω πως προκύπτει αυτό.
Από τους περιορισμούς ότι η \left | f(x)) \right |>1/2 δεν έχει λύση στο \left [ 1,3 \right ] σημαίνει ότι η γραφική της παράσταση δεν διέρχεται από τις κόκκινες περιοχές. Επομένως μπορεί μόνο να διέρχεται από την κίτρινη και μόνο να εφάπτεται ενδεχομένως στις κόκκινες.
Η f(x)=ax^{2}+bx+c είναι παραβολή όπου η θέση της καθορίζεται από τα b,c και το σχήμα της από το a (φορά και συμπίεση ως προς x ή y).
Εδώ έχουμε a=1 οπότε μεταβάλλεται μόνο η θέση της αναλόγως των τιμών των p,q.
Μπορεί να διέρχονται πολλές τέτοιες παραβολές από την κίτρινη περιοχή και έστω μόνο να εφάπτονται στις κόκκινες; Αν πάρουμε μία εξ' αυτών που διέρχεται από τα σημεία P(1,\frac{1}{2}), Q(3,\frac{1}{2}). Αυτή προφανώς είναι μοναδική και προκύπτει ότι p=-4, q=\frac{7}{2}. Παρατηρούμε όμως ότι για την f(x)=x^{2}-4x+7/2 έχουμε f(2)=-1/2, άρα εφάπτεται στο μέσο της κάτω κόκκινης περιοχής. Επομένως η εν λόγω συνάρτηση δεν μπορεί να μετακινηθεί ούτε κατά x, ούτε κατά y γιατί τότε θα διερχόταν από κάποια κόκκινη περιοχή. Επομένως είναι η μοναδική που ικανοποιεί τους ανισοτικούς περιορισμούς της εκφώνησης.
Σημ. Στην περίπτωση που f(2)<-1/2 τότε θα ήταν αδύνατη. Αν πάλι f(2)>-1/2 τότε θα υπήρχαν άπειρες παραβολές (με άλλα p,q έκαστη) και δεν θα υπήρχε μοναδική λύση, και δεν θα είχε νόημα η άσκηση ενδεχομένως.
Συνημμένα
apo_anisotiko.png
apo_anisotiko.png (9.6 KiB) Προβλήθηκε 383 φορές
τελευταία επεξεργασία από Altrian σε Τετ Ιαν 23, 2019 9:28 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Αλέξανδρος Τριανταφυλλάκης
Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 861
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Τιμή από ανισωτικό περιορισμό

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Τετ Ιαν 23, 2019 1:01 am

Altrian έγραψε:
Τετ Ιαν 23, 2019 12:08 am
Αν πάλι f(2)>-1/2 τότε θα υπήρχαν άπειρες παραβολές (με άλλα p,q έκαστη) και δεν θα υπήρχε μοναδική λύση, και δεν θα είχε νόημα η άσκηση ενδεχομένως.
Ισχύει όμως κάτι τέτοιο; Αν ναι, τότε η άσκηση θα είχε άπειρες λύσεις. Θα πρέπει να τις δεχτούμε δε μας "εμποδίζει" κάτι στην εκφώνηση. Αν τα παραπάνω p,q είναι τα μοναδικά, θα πρέπει να αποδειχτεί.


Altrian
Δημοσιεύσεις: 128
Εγγραφή: Τρί Μάιος 01, 2018 4:51 pm
Τοποθεσία: Βούλα, Αττική

Re: Τιμή από ανισωτικό περιορισμό

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Altrian » Τετ Ιαν 23, 2019 9:15 am

Al.Koutsouridis έγραψε:
Τετ Ιαν 23, 2019 1:01 am
Altrian έγραψε:
Τετ Ιαν 23, 2019 12:08 am
Αν πάλι f(2)>-1/2 τότε θα υπήρχαν άπειρες παραβολές (με άλλα p,q έκαστη) και δεν θα υπήρχε μοναδική λύση, και δεν θα είχε νόημα η άσκηση ενδεχομένως.
Ισχύει όμως κάτι τέτοιο; Αν ναι, τότε η άσκηση θα είχε άπειρες λύσεις. Θα πρέπει να τις δεχτούμε δε μας "εμποδίζει" κάτι στην εκφώνηση. Αν τα παραπάνω p,q είναι τα μοναδικά, θα πρέπει να αποδειχτεί.
Η f(x)=x^{2}+px+q δεδομένου ότι ο συντελεστής του x^{2} είναι σταθερός και =1 έχει σταθερό σχήμα και αλλάζει μόνο θέση ανάλογα με τις τιμές των p,q. Για τα p=-4, q=7/2 που υπολογίσαμε πιο πάνω έχουμε την παραβολή του σχήματος που οριακά εφάπτεται στις κόκκινες (απαγορευμένες περιοχές). Κάθε αλλαγή των p,q θα άλλαζε την θέση της συγκεκριμένης παραβολής και όχι το σχήμα της. Η οπιαδήποτε όμως μετακίνηση της καμπύλης αυτής προς κάθε κατεύθυνση (x,y) θα την έκανε να διέρχεται από κάποια κόκκινη περιοχή κάτι που δεν επιτρέπεται από την εκφώνηση. Αρα τα συγκεκριμένα p,q είναι μοναδικά. Προφανώς f(2)=-1/2 και με τα δεδομένα του προβλήματος δεν έχουμε άπειρες λύσεις παρά μόνο μία.

Θεωρώ ότι ως απόδειξη είναι ορθή (αν και είναι ίσως απόδειξη μηχανικού και όχι μαθηματικού). Ισως να μην την διατυπώνω με μεγάλη σαφήνεια. Μήπως να ζητήσουμε την "Βοήθεια του κοινού";
Συνημμένα
anisotita3.png
anisotita3.png (248.57 KiB) Προβλήθηκε 341 φορές


Αλέξανδρος Τριανταφυλλάκης
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2250
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Τιμή από ανισωτικό περιορισμό

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Τετ Ιαν 23, 2019 10:13 am

Να γράψω μια αλγεβρική λύση για την μοναδικότητα.

Εχουμε ότι x\in [1,3]\Rightarrow |f(x)|\leq \frac{1}{2}

Αρα |f(1)|\leq \frac{1}{2},|f(2)|\leq \frac{1}{2},|f(3)|\leq \frac{1}{2}

Είναι |f(2)-f(1)|\leq 1,|f(3)-f(2)|\leq 1

Δηλαδή |3+p|\leq 1,|5+p|\leq 1

προκύπτει ότι p=-4.

Αντικαθιστώντας f(2)=-4+q,f(1)=-3+q

Από τις |-4+q|\leq \frac{1}{2},|-3+q|\leq \frac{1}{2}

παίρνουμε q=\frac{7}{2}


Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 861
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Τιμή από ανισωτικό περιορισμό

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Τετ Ιαν 23, 2019 12:23 pm

Altrian έγραψε:
Τετ Ιαν 23, 2019 9:15 am
Η f(x)=x^{2}+px+q δεδομένου ότι ο συντελεστής του x^{2} είναι σταθερός και =1 έχει σταθερό σχήμα και αλλάζει μόνο θέση ανάλογα με τις τιμές των p,q. Για τα p=-4, q=7/2 που υπολογίσαμε πιο πάνω έχουμε την παραβολή του σχήματος που οριακά εφάπτεται στις κόκκινες (απαγορευμένες περιοχές). Κάθε αλλαγή των p,q θα άλλαζε την θέση της συγκεκριμένης παραβολής και όχι το σχήμα της. Η οπιαδήποτε όμως μετακίνηση της καμπύλης αυτής προς κάθε κατεύθυνση (x,y) θα την έκανε να διέρχεται από κάποια κόκκινη περιοχή κάτι που δεν επιτρέπεται από την εκφώνηση. Αρα τα συγκεκριμένα p,q είναι μοναδικά. Προφανώς f(2)=-1/2 και με τα δεδομένα του προβλήματος δεν έχουμε άπειρες λύσεις παρά μόνο μία.

Θεωρώ ότι ως απόδειξη είναι ορθή (αν και είναι ίσως απόδειξη μηχανικού και όχι μαθηματικού). Ισως να μην την διατυπώνω με μεγάλη σαφήνεια. Μήπως να ζητήσουμε την "Βοήθεια του κοινού";
Και εγώ μηχανικός είμαι :D . Αλλά θα συμφωνήσουμε νομίζω ότι, όλες οι παραπάνω δικαιολογήσεις χρειάζονται και θα πρέπει να αναφερθούν. Το ότι τα p,q είναι μοναδικά είναι κομβικό στοιχείο της λύσης. Το αν θα θεωρούνταν πλήρης αυτή η λύση σε ένα διαγωνισμό, μιας και είμαστε σε συγκεκριμένο φάκελο, δε το γνωρίζω. Πιθανολογώ θα έχανε κάποια μόρια.

Για την ιστορία το πρόβλημα είναι από το διαγωνισμό "Λομονόσοβ" του 2017/18 (φάση επιλογής). Μια ολυμπιάδα για αναζήτηση υποψηφίων για την εισαγωγή στο πανεπιστήμιο (οι νικητές παίρνουν μερικά μόρια).


Altrian
Δημοσιεύσεις: 128
Εγγραφή: Τρί Μάιος 01, 2018 4:51 pm
Τοποθεσία: Βούλα, Αττική

Re: Τιμή από ανισωτικό περιορισμό

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Altrian » Τετ Ιαν 23, 2019 12:34 pm

Al.Koutsouridis έγραψε:
Τετ Ιαν 23, 2019 12:23 pm
Altrian έγραψε:
Τετ Ιαν 23, 2019 9:15 am
Η f(x)=x^{2}+px+q δεδομένου ότι ο συντελεστής του x^{2} είναι σταθερός και =1 έχει σταθερό σχήμα και αλλάζει μόνο θέση ανάλογα με τις τιμές των p,q. Για τα p=-4, q=7/2 που υπολογίσαμε πιο πάνω έχουμε την παραβολή του σχήματος που οριακά εφάπτεται στις κόκκινες (απαγορευμένες περιοχές). Κάθε αλλαγή των p,q θα άλλαζε την θέση της συγκεκριμένης παραβολής και όχι το σχήμα της. Η οπιαδήποτε όμως μετακίνηση της καμπύλης αυτής προς κάθε κατεύθυνση (x,y) θα την έκανε να διέρχεται από κάποια κόκκινη περιοχή κάτι που δεν επιτρέπεται από την εκφώνηση. Αρα τα συγκεκριμένα p,q είναι μοναδικά. Προφανώς f(2)=-1/2 και με τα δεδομένα του προβλήματος δεν έχουμε άπειρες λύσεις παρά μόνο μία.

Θεωρώ ότι ως απόδειξη είναι ορθή (αν και είναι ίσως απόδειξη μηχανικού και όχι μαθηματικού). Ισως να μην την διατυπώνω με μεγάλη σαφήνεια. Μήπως να ζητήσουμε την "Βοήθεια του κοινού";
Και εγώ μηχανικός είμαι :D . Αλλά θα συμφωνήσουμε νομίζω ότι, όλες οι παραπάνω δικαιολογήσεις χρειάζονται και θα πρέπει να αναφερθούν. Το ότι τα p,q είναι μοναδικά είναι κομβικό στοιχείο της λύσης. Το αν θα θεωρούνταν πλήρης αυτή η λύση σε ένα διαγωνισμό, μιας και είμαστε σε συγκεκριμένο φάκελο, δε το γνωρίζω. Πιθανολογώ θα έχανε κάποια μόρια.

Για την ιστορία το πρόβλημα είναι από το διαγωνισμό "Λομονόσοβ" του 2017/18 (φάση επιλογής). Μια ολυμπιάδα για αναζήτηση υποψηφίων για την εισαγωγή στο πανεπιστήμιο (οι νικητές παίρνουν μερικά μόρια).
Συμφωνώ ότι χρειάζεται όλη η παραπάνω τεκμηρίωση. Τώρα το αν είναι πλήρης λύση θα ήταν χρήσιμη νομίζω η γνώμη των ειδικών.


Αλέξανδρος Τριανταφυλλάκης
Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα - Επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης