Θεμα συνδυαστικό

gradion · #1

Απο ένα καινούριο βιβλίο που κυκλοφορεί στην Γ λυκείου.

Δίνεται η συνάρτηση $f:(0,\infty)\rightarrow R$ τέτοια ώστε ¨:

1) $f(x)=f'(x)-\cfrac{3}{x}-e^{2x}+3lnx$

2) $4f(x)=f''(x)+\cfrac{3}{x^2}+12lnx$

a)Βρείτε τον τύπο της συνάρτησης

β)Δείξτε ότι υπάρχει $x_o\in(1,2):$ η εφαπτομένη της συνάρτησης στο σημείο (x_o,f(x_o))

να περνάει απο το σημείο M(1,1)

γ)Βρείτε το όριο : $\lim_{x\to +\infty}[\cfrac{1}{f(x)}lnx]$

δ)Αν g(x)=f(x)-2x

, βρείτε το ρυθμό μεταβολής του συμμετρικού του σημείου $A\in C_g$ ως πρός την διχοτόμο

y=x

,όταν το Α που κινείται στην g, βρίσκεται στο σημείο με τετμημένη

, και ο Ρ.μ της τετμημένης είναι a'(t)=2a(t)

.

(δηλ ενός σημείου που κινείται στην αντίστροφη .

#2

gradion έγραψε:Απο ένα καινούριο βιβλίο που κυκλοφορεί στην Γ λυκείου.

Δίνεται η συνάρτηση $f:(0,\infty)\rightarrow R$ τέτοια ώστε ¨:

1) $f(x)=f'(x)-\cfrac{3}{x}-e^{2x}+3lnx$

2) $4f(x)=f''(x)+\cfrac{3}{x^2}+12lnx$

a)Βρείτε τον τύπο της συνάρτησης

β)Δείξτε ότι υπάρχει $x_o\in(1,2):$ η εφαπτομένη της συνάρτησης στο σημείο

να περνάει απο το σημείο

γ)Βρείτε το όριο : $\lim_{x\to +\infty}[\cfrac{1}{f(x)}lnx]$

δ)Αν , βρείτε το ρυθμό μεταβολής του συμμετρικού του σημείου $A\in C_g$ ως πρός την διχοτόμο

,όταν το Α που κινείται στην g, βρίσκεται στο σημείο με τετμημένη , και ο Ρ.μ της τετμημένης είναι .

(δηλ ενός σημείου που κινείται στην αντίστροφη .

...κάνω μιά προσπάθεια... αν και μου φαίνεται ότι κάτι δεν πάει καλά...θα δείξει...

α) Είναι από $f(x)=f'(x)-\cfrac{3}{x}-e^{2x}+3lnx$ παραγωγίζοντας ${f}'(x)={f}''(x)+\frac{3}{{{x}^{2}}}-2{{e}^{2x}}+\frac{3}{x}$

και αφαιρώντας κατά μέλη την $4f(x)=f''(x)+\cfrac{3}{x^2}+12lnx$ προκύπτει ότι ${f}'(x)-4f(x)=-2{{e}^{2x}}+\frac{3}{x}-12\ln x$

απ όπου ισχύει ότι ${{e}^{-4x}}{f}'(x)-4{{e}^{-4x}}f(x)=-2{{e}^{-2x}}+3({{e}^{-4x}}(\ln x{)}'-4{{e}^{-4x}}\ln x)$ ή

${{\left( {{e}^{-4x}}{f}'(x) \right)}^{\prime }}={{\left( {{e}^{-2x}}+3{{e}^{-4x}}\ln x \right)}^{\prime }},\,\,\,x>0$ άρα

${{e}^{-4x}}f(x)={{e}^{-2x}}+3{{e}^{-4x}}\ln x+c,\,\,\,x>0$ ή

$f(x)={{e}^{2x}}+3\ln x+c{{e}^{4x}},\,\,\,x>0$ και ${f}'(x)=2{{e}^{2x}}+\frac{3}{x}+4c{{e}^{4x}},\,\,\,x>0$ οπότε

$f(1)={{e}^{2}}+c{{e}^{4}},\,\,\,\,{f}'(1)=2{{e}^{2}}+3+4c{{e}^{4}}$ και από την $f(x)=f'(x)-\cfrac{3}{x}-e^{2x}+3lnx$ έχουμε ότι

$f(1)={f}'(1)-3-{{e}^{2}}$ και με αντικατάσταση προκύπτει ότι

${{e}^{2}}+c{{e}^{4}}=2{{e}^{2}}+3+4c{{e}^{4}}-3-{{e}^{2}}\Leftrightarrow c{{e}^{4}}=4c{{e}^{4}}\Leftrightarrow c=0$

και άρα $f(x)={{e}^{2x}}+3\ln x,\,\,\,x>0$ που εύκολα επαληθεύει τις δύο αρχικές συνθήκες.

β) Θέλουμε η εφαπτομένη της

στο σημείο (x_o,f(x_o))

δηλαδή η $y-f({{x}_{o}})={f}'({{x}_{0}})(x-{{x}_{0}})$ να περνάει από το σημείο M(1,1)

δηλαδή να ισχύει ότι $1-f({{x}_{o}})={f}'({{x}_{0}})(1-{{x}_{0}})$ δηλαδή η εξίσωση

$f(x)-1={f}'(x)(x-1)\Leftrightarrow {f}'(x)(x-1)-(f(x)-1)=0$ να έχει λύση στο $(1,\,\,\,2)$

Γι αυτό θεωρώντας την συνάρτηση $g(x)={f}'(x)(x-1)-f(x)+1,\,\,\,\,\,x\in [1,\,\,2]$ που είναι συνεχής με

$g(1)=-f(1)+1=-{{e}^{2}}+1<0$ και g(2)={f}'(2)-f(2)+1

(1)

Από $f(x)={f}'(x)-\frac{3}{x}-{{e}^{2x}}+3lnx\Leftrightarrow {f}'(x)-f(x)=\frac{3}{x}+{{e}^{2x}}-3\ln x$ άρα

${f}'(2)-f(2)=\frac{3}{2}+{{e}^{4}}-3\ln 2>0$ (όχι και τόσο προφανές….) άρα ισχύει ότι

g(1)g(2)<0

και από Θ.Β. υπάρχει ${{x}_{o}}\in (1,2)$ ώστε $g({{x}_{0}})=0$ που είναι αυτό που θέλαμε.

γ) Είναι $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,[\frac{1}{f(x)}lnx]=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,[\frac{lnx}{{{e}^{2x}}+3\ln x}]\underset{DLH}{\overset{\frac{\infty }{\infty }}{\mathop{=}}}\,\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,[\frac{\frac{1}{x}}{2{{e}^{2x}}+\frac{3}{x}}]=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,[\frac{1}{2x{{e}^{2x}}+3}]=0$

δ) Αν g(x)=f(x)-2x

και $A(\alpha ,\,\,g(\alpha ))$ το συμμετρικό του ως προς την y=x

είναι το

${A}'(g(\alpha ),\,\,\alpha )$ τώρα θέλουμε να βρούμε (το γράφω όπως είναι στην εκφώνηση… το ρυθμό μεταβολής του συμμετρικού του σημείου

$A\in C_g$ …. μάλλον εννοεί το ρ.μ της τετμημένης.. την χρονική στιγμή που $a({{t}_{0}})=e$ και a'(t)=2a(t)

Έτσι είναι $y(t)=g(\alpha (t))$ και ${y}'(t)={g}'(\alpha (t)){\alpha }'(t)=2\alpha (t){g}'(\alpha (t))$ οπότε

${y}'({{t}_{0}})=2\alpha ({{t}_{0}}){g}'(\alpha ({{t}_{0}}))=2e{g}'(e)$ και επειδή [unparseable or potentially dangerous latex formula]

είναι ${g}'(e)=2{{e}^{2e}}+3-2=2{{e}^{2e}}+1$ άρα …

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

Θεμα συνδυαστικό

Θεμα συνδυαστικό

Re: Θεμα συνδυαστικό

Μέλη σε σύνδεση