Σελίδα 1 από 1

Με αφορμή το Γ1

Δημοσιεύτηκε: Σάβ Ιουν 10, 2017 10:16 pm
από exdx
Αν η \displaystyle{f} είναι άρτια και κυρτή και \displaystyle{f(0) = 0} τότε από κάθε σημείο \displaystyle{A(0,k)} με \displaystyle{k < 0} άγονται προς τη \displaystyle{{C_f}}
ακριβώς δύο εφαπτόμενες .

ΥΓ1. Θα μπορούσαμε αντί άρτια να είχαμε κάποια με άξονα συμμετρίας την \displaystyle{x = a} )
ΥΓ2. Πιστεύω ότι τα λογάριασα σωστά . Αν όχι , εδώ είμαστε .

Edit : Έσβησα τη φράση : .. είτε καμία είτε... (αρχικά είχα κατα νού να ορίζεται η \displaystyle{f} στο \displaystyle{[ - a,a]}
Ευχαριστώ τον mikemoke (παρακάτω...)

Re: Με αφορμή το Γ1

Δημοσιεύτηκε: Σάβ Ιουν 10, 2017 10:48 pm
από Γιώργος Κοντογιάννης
1) Αν δύο σημεία της γραφικής παράστασης της \displaystyle{f(x) = - \sin x} έχουν συμμετρικές τετμημένες ως προς την ευθεία \displaystyle{x=\frac{\pi}{2}} τότε οι εφαπτόμενες σε αυτά τα σημεία τέμνονται στην \displaystyle{x=\frac{\pi}{2}.}
2) Από κάθε σημείο \displaystyle{A\left(\frac{\pi}{2},a\right)}, με \displaystyle{a\in \left[-\frac{\pi}{2},-1\right)}, άγονται δύο εφαπτόμενες στην γραφική παράσταση της f.

Re: Με αφορμή το Γ1

Δημοσιεύτηκε: Σάβ Ιουν 10, 2017 11:19 pm
από exdx
Γιώργος Κοντογιάννης έγραψε:1) Αν δύο σημεία της γραφικής παράστασης της \displaystyle{f(x) = - \sin x} έχουν συμμετρικές τετμημένες ως προς την ευθεία \displaystyle{x=\frac{\pi}{2}} τότε οι εφαπτόμενες σε αυτά τα σημεία τέμνονται στην \displaystyle{x=\frac{\pi}{2}.}
2) Από κάθε σημείο \displaystyle{A\left(\frac{\pi}{2},a\right)}, με \displaystyle{a\in \left[-\frac{\pi}{2},-1\right)}, άγονται δύο εφαπτόμενες στην γραφική παράσταση της f.
Γιώργο καλωσόρισες στο :logo:

Σωστά όλα αυτά (με τη σχετική απόδειξη )
Το Γ1 έχει λυθεί ποικιλοτρόπως
Ψάχνω κάτι γενικότερο

Re: Με αφορμή το Γ1

Δημοσιεύτηκε: Σάβ Ιουν 10, 2017 11:22 pm
από mikemoke
exdx έγραψε:Αν η \displaystyle{f} είναι άρτια και κυρτή και \displaystyle{f(0) = 0} τότε από κάθε σημείο \displaystyle{A(0,k)} με \displaystyle{k < 0} άγονται προς τη \displaystyle{{C_f}}
είτε καμία είτε ακριβώς δύο εφαπτόμενες .

ΥΓ1. Θα μπορούσαμε αντί άρτια να είχαμε κάποια με άξονα συμμετρίας την \displaystyle{x = a}
ΥΓ2. Πιστεύω ότι τα λογάριασα σωστά . Αν όχι , εδώ είμαστε .
Θα μπορούσαμε να γενικεύσουμε οτι για κάθε σημείου του χώρου κάτω από την f και πάνω από τις 2 ακρέες εφαπτομένες (αν υπάρχουν άκρα) άγονται προς τη \displaystyle{{C_f}} ακριβώς δύο εφαπτόμενες

Re: Με αφορμή το Γ1

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Ιουν 11, 2017 1:01 am
από nsmavrogiannis
exdx έγραψε:Το Γ1 έχει λυθεί ποικιλοτρόπως
Ψάχνω κάτι γενικότερο
Αν και νομίζω ότι μέσα στα πολλά που έχουν ανέβει στο :logo: κάπου θα υπάρχει.
Έστω μια συνάρτηση f ορισμένη στο \left[ \alpha ,\beta \right]και δύο φορές παραγωγίσιμη σε αυτό με την δεύτερη παράγωγο παντού θετική.
Έστω ένα σημείο M(p,q), \alpha <p<\beta τέτοιο ώστε να βρίσκεται
α) Πάνω από τις εφαπτομένες της C_f στα σημεία της A\left( \alpha ,f\left( \alpha \right) \right) και B\left( \beta ,f\left( \beta \right) \right).
β) Κάτω από την C_f
Τότε από το M άγονται ακριβώς δύο εφαπτομένες προς την C_f.

Απόδειξη
Η τυχούσα εφαπτομένη της C_f έχει εξίσωση y=f^{\prime }\left( t\right) \left( x-t\right) +f\left( t\right), t\in \left[ \alpha ,\beta \right]. Η υπόθεση για την θέση τoυ M μας δίνει ότι
q>f^{\prime }\left( \alpha \right) \left( p-\alpha \right) +f\left( \alpha \right)
q>f^{\prime }\left( \beta \right) \left( p-\beta \right) +f\left( \beta \right)
q<f(p)
Το πλήθος των εφαπτομένων που διέρχονται από το M καθορίζεται, κατ΄αρχήν από το πλήθος των λύσεων (ως προς t) της εξίσωσης
q=f^{\prime }\left( t\right) \left( p-t\right) +f\left( t\right)
δηλαδή των ριζών της συνεχούς
r\left( t\right) =f^{\prime }\left( t\right) \left( p-t\right) +f\left( t\right) -q
Είναι r\left( \alpha \right)>0, r\left( \beta \right)>0, r(p)>0. Από το θεώρημα του Bolzano έχουμε ότι η r έχει τουλάχιστον μία ρίζα σε κάθε ένα από τα (\alpha ,p),(p,\beta ). H παράγωγος της r^{\prime }\left( t\right) =f^{\prime \prime }\left( t\right) \left( p-t\right) -f^{\prime }\left( t\right) +f^{\prime }\left( t\right) =f^{\prime \prime }\left( t\right) \left( p-t\right) έχει μοναδική ρίζα το p επομένως από το θεώρημα του Rolle δεν έχει άλλη ρίζα στα (\alpha ,p),(p,\beta ).
Συνεπώς η r έχει ακριβώς δύο ρίζες t_{1}<t_{2}. Λόγω της μονοτονίας της παραγώγου θα είναι f^{\prime }\left( t_{1}\right) <f^{\prime }\left( t_{2}\right) άρα οι αντίστοιχες εφαπτομένες θα είναι διαφορετικές.
Άρα υπάρχουν ακριβώς δύο εφαπτομένες.
Μαυρογιάννης
Edit
Δεν είχα δει όταν ξεκίνησα να γράφω, με πολλές διακοπές, την παρακάτω
mikemoke έγραψε: Θα μπορούσαμε να γενικεύσουμε οτι για κάθε σημείου του χώρου κάτω από την f και πάνω από τις 2 ακρέες εφαπτομένες (αν υπάρχουν άκρα) άγονται προς τη \displaystyle{{C_f}} ακριβώς δύο εφαπτόμενες
Απολογούμαι. Το αφήνω για τον κόπο.

Re: Με αφορμή το Γ1

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Ιουν 11, 2017 1:17 am
από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
exdx έγραψε:Αν η \displaystyle{f} είναι άρτια και κυρτή και \displaystyle{f(0) = 0} τότε από κάθε σημείο \displaystyle{A(0,k)} με \displaystyle{k < 0} άγονται προς τη \displaystyle{{C_f}}
ακριβώς δύο εφαπτόμενες .

ΥΓ1. Θα μπορούσαμε αντί άρτια να είχαμε κάποια με άξονα συμμετρίας την \displaystyle{x = a} )
ΥΓ2. Πιστεύω ότι τα λογάριασα σωστά . Αν όχι , εδώ είμαστε .

Edit : Έσβησα τη φράση : .. είτε καμία είτε... (αρχικά είχα κατα νού να ορίζεται η \displaystyle{f} στο \displaystyle{[ - a,a]}
Ευχαριστώ τον mikemoke (παρακάτω...)
Οχι δεν ισχύει.

Πάρε f(x)=\dfrac{x^{2}}{x+1} για x\geq 0

Για x\leq 0 f(x)=f(-x)

Ικανοποιεί τις προυποθέσεις και για k< -1 δεν ισχύει το συμπέρασμα.

Η ιδέα είναι απλή.

Στο +\infty έχει ασύμπτωτη την y=x-1 οπότε εύκολα βλέπουμε ότι δεν υπάρχει εφαπτομένη για τα θετικά.

(μια γραφική παράσταση το δείχνει)

Στα αρνητικά λειτουργεί η συμμετρία.

Σίγουρα μπορούμε να βάλουμε επιπλέον συνθήκες ώστε να ισχύει.

Από ότι βλέπω ο Νίκος έχει κάνει το πρόβλημα για κλειστό διάστημα.

Re: Με αφορμή το Γ1

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Ιουν 11, 2017 2:21 am
από KAKABASBASILEIOS
exdx έγραψε:Αν η \displaystyle{f} είναι άρτια και κυρτή και \displaystyle{f(0) = 0} τότε από κάθε σημείο \displaystyle{A(0,k)} με \displaystyle{k < 0} άγονται προς τη \displaystyle{{C_f}}
ακριβώς δύο εφαπτόμενες .

ΥΓ1. Θα μπορούσαμε αντί άρτια να είχαμε κάποια με άξονα συμμετρίας την \displaystyle{x = a} )
ΥΓ2. Πιστεύω ότι τα λογάριασα σωστά . Αν όχι , εδώ είμαστε .

Edit : Έσβησα τη φράση : .. είτε καμία είτε... (αρχικά είχα κατα νού να ορίζεται η \displaystyle{f} στο \displaystyle{[ - a,a]}
Ευχαριστώ τον mikemoke (παρακάτω...)
...στη γενίκευση του Γιώργη... ένας δρόμος..

Αν για κάποιο \alpha >0 οι y-f(\alpha )={f}'(\alpha )(x-\alpha ),\,\,\,y-f(-\alpha )={f}'(-\alpha )(x+\alpha ) είναι οι εφαπτόμενες στα

A(\alpha ,\,f(a)),\,\,{A}'(-a,\,\,f(-a))επειδή η \displaystyle{f} είναι άρτια η {f}'είναι περιττή και οι εφαπτόμενες γίνονται

y-f(\alpha )={f}'(\alpha )(x-\alpha ),\,\,\,y-f(\alpha )=-{f}'(\alpha )(x+\alpha ) ή

y={f}'(\alpha )x+f(a)-\alpha {f}'(a),\,\,\,y=-{f}'(\alpha )x+f(a)-\alpha {f}'(a)

που προφανώς τέμνονται πάνω στο {y}'y στο σημείο (0,\,\,f(a)-\alpha {f}'(a))

Τώρα το f(a)-\alpha {f}'(a)<0,\,\,\,\alpha >0 γιατί στο διάστημα [0,\,\,a] σύμφωνα με το Θ.Μ.Τ. υπάρχει

\xi \in (0,\,a) ώστε {f}'(\xi )=\frac{f(a)-f(0)}{a}=\frac{f(a)}{a} και επειδή \xi <a και {f}' γνήσια αύξουσα αφού η f κυρτή ,

ισχύει ότι {f}'(\xi )<{f}'(a)\Leftrightarrow \frac{f(a)}{a}<{f}'(a)\Leftrightarrow f(a)<a{f}'(a)

Αν τώρα υπάρχει και άλλο σημείο B(\beta ,\,f(\beta )),\,\,a<\beta που η εφαπτόμενη σε αυτό

y={f}'(\beta )x+f(\beta )-\beta {f}'(\beta )διέρχεται πάλι από το (0,\,\,f(a)-\alpha {f}'(a)) τότε θα ισχύει

f(a)-\alpha {f}'(a)=f(\beta )-\beta {f}'(\beta ) (1) που είναι άτοπο γιατί στο διάστημα [a,\,\,\beta ] σύμφωνα με το Θ.Μ.Τ.

υπάρχει \xi \in (a,\,\beta ) ώστε {f}'(\xi )=\frac{f(\beta )-f(\alpha )}{\beta -a} και επειδή a<\xi και {f}'

γνήσια αύξουσα θα ισχύει ότι {f}'(\xi )<{f}'(\beta )\Leftrightarrow \frac{f(\beta )-f(\alpha )}{\beta -a}<{f}'(\beta )

f(\beta )-f(a)<\beta {f}'(\beta )-\alpha {f}'(\beta )\Leftrightarrow f(\beta )-\beta {f}'(\beta )<f(a)-\alpha {f}'(\beta ) λόγω της (1)

f(\alpha )-\alpha {f}'(\alpha )<f(a)-\alpha {f}'(\beta )\Leftrightarrow -\alpha {f}'(\alpha )<-\alpha {f}'(\beta )\overset{a>0}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,{f}'(\alpha )>{f}'(\beta ) που είναι άτοπο, και ανάλογα αν -a<\beta <a,\,\,\beta <a

Τώρα για το ότι ο αριθμός f(a)-\alpha {f}'(a)<0,\,\,\,\alpha >0 είναι οποιοσδήποτε αρνητικός… :wallbash: μπορεί να υπάρχει και άλλος δρόμος...

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης