Ημέρα ανεξαρτησίας

KARKAR · #1

$\bigstar$ Για τον θετικό αριθμό

, ορίζουμε τις συναρτήσεις :

$f(x)=\ell n(1+\dfrac{2k}{x})$ , x>0

και : $g(x)=\dfrac{k}{x}$ , x>0

.

α) Δείξτε ότι οι γραφικές παραστάσεις των δύο συναρτήσεων έχουν ένα κοινό σημείο ,

του οποίου η τεταγμένη είναι ανεξάρτητη του

.

β) Δείξτε ότι η μέγιστη τιμή της διαφοράς : f(x)-g(x)

είναι ανεξάρτητη του

.

#2

Θετω $\displaystyle{y=k/x}$
αρχικά πρεπει να δείξω ότι η εξίσωση $\displaystyle{ln(1+2k/x)=k/x}$ έχει μια τουλάχιστον λύση
Η εξίσωση γράφεται $\displaystyle{ln(1+2y)-y=0}$
Oνομάζω $\displaystyle{h(x)=ln(1+2y)-y , y>0}$
εχουμε $\displaystyle{h(1)=ln3-1>0}$ αφού $\displaystyle{3>e}$ kαι $\displaystyle{h(2)=ln5-2<0}$ aφού $\displaystyle{e^2>5}$
Από ΘΒ η $\displaystyle{h}$ εχει μια τουλάχιστον λύση αρα και η αρχική

Εχουμε $\displaystyle{f'(x)=g'(x)}$ στην θεση του μεγίστου Αρα $\displaystyle{(-2k/x^2)/(1+2k/x)=(-k/x^2)}$ δηλαδή $\displaystyle{1+2k/x=2}$ η $\displaystyle{x=2k}$
Αρα η max τιμή είναι $\displaystyle{ln2-1/2}$

#3

Μια διαφορετική λύση

β) Τα κοινά σημεία των γραφικών παραστάσεων είναι οι λύσεις του συστήματος
$\displaystyle \left. \begin{array}{l} f(x) = ln(1 + \frac{{2k}}{x}),x > 0,k > 0\\ g(x) = \frac{k}{x},x > 0,k > 0 \end{array} \right\}$
και ισοδύναμα οι τετμημένες τους είναι οι λύσεις της εξίσωσης $\displaystyle t(x)=0$ , όπου :
$\displaystyle t(x)=f(x)-g(x)=ln(1+\frac{2k}{x})-\frac{k}{x},x>0,k>0$ .
Είναι : $\displaystyle {t}'(x)=\frac{k(2k-x)}{{{x}^{2}}(2k+x)}$ και $\displaystyle {t}'(x)\ge 0\Leftrightarrow \frac{k(2k-x)}{{{x}^{2}}(2k+x)}\ge 0\Leftrightarrow 2k-x\ge 0\Leftrightarrow x\le 2k$
Άρα η $\displaystyle t$ είναι γνησίως αύξουσα για $\displaystyle 0<x\le 2k$ και γνησίως φθίνουσα για $\displaystyle x\ge 2k$
Άρα η διαφορά έχει μέγιστο για $\displaystyle x=2k$ ίσο με $\displaystyle t(2k)=ln(1+\frac{2k}{2k})-\frac{k}{2k}=\ln 2-\frac{1}{2}>0$
το οποίο είναι ανεξάρτητο του $\displaystyle k$
α) Ακόμα $\displaystyle \underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,t(x)=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left[ ln(1+\frac{2k}{x})-\frac{k}{x} \right]=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left[ ln(1+\frac{2k}{x})-\ln {{e}^{\frac{k}{x}}} \right]=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left[ ln\left( \frac{x+2k}{x{{e}^{\frac{k}{x}}}} \right) \right]$
Όμως : $\displaystyle \underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,x{{e}^{\frac{k}{x}}}=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{\frac{k}{x}}}}{\frac{1}{x}}=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{\frac{k}{x}}}\left( -\frac{k}{{{x}^{2}}} \right)}{-\frac{1}{{{x}^{2}}}}=-\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,k{{e}^{\frac{k}{x}}}=-\infty$
Επομένως $\displaystyle \underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left[ ln\left( \frac{x+2k}{x{{e}^{\frac{k}{x}}}} \right) \right]=-\infty$ . Επίσης $\displaystyle \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,t(x)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left[ ln(1+\frac{2k}{x})-\frac{k}{x} \right]=0-0=0$
Από τον πίνακα μονοτονίας και τα όρια βρίσκουμε ότι το σύνολο τιμών της $\displaystyle t$ είναι το $\displaystyle A={{A}_{1}}\cup {{A}_{2}}=\left( -\infty ,\ln 2-\frac{1}{2} \right]\cup \left( 0,\ln 2-\frac{1}{2} \right)=\left( -\infty ,\ln 2-\frac{1}{2} \right]$ και το $\displaystyle 0\in {{A}_{1}}$ , μόνο .
Άρα έχει μοναδική ρίζα, έστω $\displaystyle c$ , οπότε οι γραφικές παραστάσεις έχουν μοναδικό κοινό σημείο το $\displaystyle C(c,y)$ .
H τεταγμένη $\displaystyle y$ ικανοποιεί τις $\displaystyle y=ln(1+\frac{2k}{c})$ και $\displaystyle y=\frac{k}{c}$ άρα την $\displaystyle ln(1+\frac{2k}{c})-\frac{k}{c}=0\Leftrightarrow t(c)=0$ , η οποία έχει μοναδική θετική ρίζα όπως είδαμε παραπάνω . Άρα το $\displaystyle y$ είναι μοναδικό και ανεξάρτητο του $\displaystyle k$ .

Christos.N · #4

Δεν μπορώ να δω το ανεξάρτητο του

στο κοινό τους σημείο .

abgd · #5

Christos.N έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 21, 2022 12:17 am
Δεν μπορώ να δω το ανεξάρτητο του στο κοινό τους σημείο .

exdx έγραψε: ↑
Κυρ Μαρ 20, 2022 9:23 pm
$\displaystyle y=ln(1+\frac{2k}{c})$ και $\displaystyle y=\frac{k}{c}$ άρα την $\displaystyle ln(1+\frac{2k}{c})-\frac{k}{c}=0\Leftrightarrow t(c)=0$ , η οποία έχει μοναδική θετική ρίζα όπως είδαμε παραπάνω . Άρα το $\displaystyle y$ είναι μοναδικό και ανεξάρτητο του $\displaystyle k$ .

Από τις $\displaystyle y=ln(1+\frac{2k}{c})$ και $\displaystyle y=\frac{k}{c}$ έχουμε ότι:

$\displaystyle y=ln(1+2y)$

Άρα το $\displaystyle y$ είναι η λύση της εξίσωσης $\displaystyle x=ln(1+2x)$ , η οποία προφανώς είναι ανεξάρτητη του $\displaystyle k$

#6

Christos.N έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 21, 2022 12:17 am
Δεν μπορώ να δω το ανεξάρτητο του στο κοινό τους σημείο .

Πράγματι, αυτό δεν έχει αποδειχθεί στα παραπάνω αλλά ας δούμε απόδειξη.

Έστω x_k

η μοναδική θετική ρίζα της $\ell n\left (1+\dfrac{2k}{x}\right )=\dfrac{k}{x}, \, (*)$ , τότε το κοινό σημείο των γραφικών παραστάσεων είναι το $\displaystyle{ \left ( x_k,\, \dfrac{k}{x_k} \right )}$

Ειδικά για k=1

η ρίζα

ικανοποιεί $\ell n \left (1+\dfrac{2}{x_1}\right )=\dfrac{1}{x_1}$ .

Παρατηρούμε ότι η τελευταία γράφεται $\ell n \left (1+\dfrac{2k}{kx_1} \right )=\dfrac{k}{kx_1}$ , δηλαδή η kx_1

είναι ρίζα της (*)

. Από την μοναδικότητα της ρίζας έπεται ότι x_k=kx_1

. Άρα το κοινό σημείο των γραφημάτων είναι το

$\displaystyle{ \left ( x_k,\, \dfrac{k}{x_k} \right ) = \left ( kx_1,\, \dfrac{k}{kx_1} \right )= \left ( kx_1,\, \dfrac{1}{x_1} \right )}$

Παρατηρούμε ότι οι τεταγμένες είναι όλες $\dfrac{1}{x_1}$ , ανεξάρτητες του

.

Edit: Με πρόλαβε ο abdg

αλλά το αφήνω για τον κόπο.

Christos.N · #7

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 21, 2022 10:46 am

Christos.N έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 21, 2022 12:17 am
Δεν μπορώ να δω το ανεξάρτητο του στο κοινό τους σημείο .
Πράγματι, αυτό δεν έχει αποδειχθεί στα παραπάνω αλλά ας δούμε απόδειξη.

Έστω η μοναδική θετική ρίζα της $\ell n\left (1+\dfrac{2k}{x}\right )=\dfrac{k}{x}, \, (*)$ , τότε το κοινό σημείο των γραφικών παραστάσεων είναι το $\displaystyle{ \left ( x_k,\, \dfrac{k}{x_k} \right )}$

Ειδικά για η ρίζα ικανοποιεί $\ell n \left (1+\dfrac{2}{x_1}\right )=\dfrac{1}{x_1}$ .

Παρατηρούμε ότι η τελευταία γράφεται $\ell n \left (1+\dfrac{2k}{kx_1} \right )=\dfrac{k}{kx_1}$ , δηλαδή η είναι ρίζα της . Από την μοναδικότητα της ρίζας έπεται ότι . Άρα το κοινό σημείο των γραφημάτων είναι το

$\displaystyle{ \left ( x_k,\, \dfrac{k}{x_k} \right ) = \left ( kx_1,\, \dfrac{k}{kx_1} \right )= \left ( kx_1,\, \dfrac{1}{x_1} \right )}$

Παρατηρούμε ότι οι τεταγμένες είναι όλες $\dfrac{1}{x_1}$ , ανεξάρτητες του .

Edit: Με πρόλαβε ο αλλά το αφήνω για τον κόπο.

Εντελώς ξεκάθαρο.

Ημέρα ανεξαρτησίας

Ημέρα ανεξαρτησίας

Re: Ημέρα ανεξαρτησίας

Re: Ημέρα ανεξαρτησίας

Re: Ημέρα ανεξαρτησίας

Re: Ημέρα ανεξαρτησίας

Re: Ημέρα ανεξαρτησίας

Re: Ημέρα ανεξαρτησίας

Μέλη σε σύνδεση