Εφαπτόμενες

Συντονιστής: KAKABASBASILEIOS

Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 12544
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Εφαπτόμενες

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Τετ Μάιος 02, 2018 1:17 pm

Εφαπτόμενες.png
Εφαπτόμενες.png (11.78 KiB) Προβλήθηκε 708 φορές
Δίνονται οι συναρτήσεις : f(x)=x^{\frac{1}{e}} και g(x)=lnx .

α) Εξετάστε αν οι γραφικές τους παραστάσεις έχουν κοινές εφαπτόμενες .

β) Εξετάστε αν υπάρχουν σημεία των C_{f} ,C_{g} , με την ίδια τεταγμένη ,

στα οποία οι αγόμενες εφαπτόμενες να είναι παράλληλες .



Λέξεις Κλειδιά:
KAKABASBASILEIOS
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 1557
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 01, 2009 1:46 pm

Re: Εφαπτόμενες

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KAKABASBASILEIOS » Πέμ Μάιος 03, 2018 1:34 am

KARKAR έγραψε:
Τετ Μάιος 02, 2018 1:17 pm
Εφαπτόμενες.pngΔίνονται οι συναρτήσεις : f(x)=x^{\frac{1}{e}} και g(x)=lnx .

α) Εξετάστε αν οι γραφικές τους παραστάσεις έχουν κοινές εφαπτόμενες .

β) Εξετάστε αν υπάρχουν σημεία των C_{f} ,C_{g} , με την ίδια τεταγμένη ,

στα οποία οι αγόμενες εφαπτόμενες να είναι παράλληλες .

...μία λύση για το γεωμετρικό θέμα του Θανάση...

α) Οι f(x)=x^{\frac{1}{e}} και g(x)=lnx είναι παραγωγίσιμες στο πεδίο ορισμού τους με

{f}'(x)=\frac{1}{e}{{x}^{\frac{1}{e}-1}},\,\,{g}'(x)=\frac{1}{x} και έχουν εφαπτόμενες στα

A({{x}_{1}},\,x_{1}^{\frac{1}{e}}),\,\,B({{x}_{2}},\,\ln {{x}_{2}})τις ευθείες

({{\varepsilon }_{1}}):y-x_{1}^{\frac{1}{e}}=\frac{1}{e}x_{1}^{\frac{1}{e}-1}(x-{{x}_{1}})\Leftrightarrow y=\frac{1}{e}x_{1}^{\frac{1}{e}-1}x+(1-\frac{1}{e})x_{1}^{\frac{1}{e}} και

({{\varepsilon }_{2}}):y-\ln {{x}_{2}}=\frac{1}{{{x}_{2}}}(x-{{x}_{2}})\Leftrightarrow y=\frac{1}{{{x}_{2}}}x+\ln {{x}_{2}}-1

για να ταυτίζονται πρέπει να υπάρχουν {{x}_{1}},{{x}_{2}}\in (0,\,\,+\infty ) ώστε

\left\{ \begin{matrix} 
  & \frac{1}{e}x_{1}^{\frac{1}{e}-1}=\frac{1}{{{x}_{2}}} \\  
 & (1-\frac{1}{e})x_{1}^{\frac{1}{e}}=\ln {{x}_{2}}-1 \\  
\end{matrix} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} 
  & -1+\left( \frac{1}{e}-1 \right)\ln {{x}_{1}}=-\ln {{x}_{2}} \\  
 & (1-\frac{1}{e})x_{1}^{\frac{1}{e}}=\ln {{x}_{2}}-1 \\  
\end{matrix} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} 
  & 1+\left( 1-\frac{1}{e} \right)\ln {{x}_{1}}=\ln {{x}_{2}} \\  
 & (1-\frac{1}{e})x_{1}^{\frac{1}{e}}=\ln {{x}_{2}}-1 \\  
\end{matrix} \right.

\left\{ \begin{matrix} 
  & 1+\left( 1-\frac{1}{e} \right)\ln {{x}_{1}}=\ln {{x}_{2}} \\  
 & (1-\frac{1}{e})x_{1}^{\frac{1}{e}}=1+\left( 1-\frac{1}{e} \right)\ln {{x}_{1}}-1 \\  
\end{matrix} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} 
  & 1+\left( 1-\frac{1}{e} \right)\ln {{x}_{1}}=\ln {{x}_{2}} \\  
 & (1-\frac{1}{e})x_{1}^{\frac{1}{e}}=\left( 1-\frac{1}{e} \right)\ln {{x}_{1}} \\  
\end{matrix} \right.\Leftrightarrow

\left\{ \begin{matrix} 
  & 1+\left( 1-\frac{1}{e} \right)\ln {{x}_{1}}=\ln {{x}_{2}} \\  
 & x_{1}^{\frac{1}{e}}=\ln {{x}_{1}} \\  
\end{matrix} \right.

Τώρα έχουμε από την x_{1}^{\frac{1}{e}}=\ln {{x}_{1}}\Leftrightarrow \frac{1}{e}\ln {{x}_{1}}=\ln (\ln {{x}_{1}})\Leftrightarrow \ln {{x}_{1}}-e\ln (\ln {{x}_{1}})=0,\,\,{{x}_{1}}>1

άρα θεωρώντας την εξίσωση g(x)=\ln x-e\ln (\ln x),\,\,\,x>1 είναι παραγωγίσιμη με

{g}'(x)=\frac{1}{x}-e\frac{1}{x\ln x}=\frac{\ln x-e}{x\ln x},\,\,x>1 και {g}'(x)=0\Leftrightarrow \ln x-e=0\Leftrightarrow x={{e}^{e}} και

{g}'(x)>0\Leftrightarrow \ln x-e>0\Leftrightarrow x>{{e}^{e}} γνήσια αύξουσα στο [{{e}^{e}},\,+\infty ) και

{g}'(x)<0\Leftrightarrow \ln x-e<0\Leftrightarrow x<{{e}^{e}} γνήσια φθίνουσα στο (1,\,\,{{e}^{e}}]

επομένως παίρνει ελάχιστη τιμή για x={{e}^{e}} την g({{e}^{e}})=0 που είναι και μοναδική ρίζα της g(x)=0 άρα

{{x}_{1}}={{e}^{e}} και τότε στην 1+\left( 1-\frac{1}{e} \right)\ln {{x}_{1}}=\ln {{x}_{2}} όπου {{x}_{1}}={{e}^{e}} έχουμε

1+\left( 1-\frac{1}{e} \right)e=\ln {{x}_{2}}\Leftrightarrow 1+e-1=\ln {{x}_{2}}\Leftrightarrow {{x}_{2}}={{e}^{e}}

επομένως οι γραφικές παραστάσεις έχουν κοινή εφαπτομένη στο κοινό τους σημείο ({{e}^{e}},\,e)

β) Για να υπάρχουν σημεία των C_{f} ,C_{g} , με την ίδια τεταγμένη ,

στα οποία οι αγόμενες εφαπτόμενες να είναι παράλληλες πρέπει και αρκεί να υπάρχουν

A({{x}_{1}},\,x_{1}^{\frac{1}{e}}),\,\,B({{x}_{2}},\,\ln {{x}_{2}}) με {{x}_{1}}={{x}_{2}} που

{f}'({{x}_{1}})={g}'({{x}_{2}})\Leftrightarrow \frac{1}{e}{{x}_{1}}^{\frac{1}{e}-1}=\frac{1}{{{x}_{2}}} και λόγω

{{x}_{1}}={{x}_{2}}να είναι \frac{1}{e}{{x}_{1}}^{\frac{1}{e}-1}=\frac{1}{{{x}_{1}}}\Leftrightarrow {{x}_{1}}^{\frac{1}{e}}=e\Leftrightarrow \frac{1}{e}\ln {{x}_{1}}=1\Leftrightarrow \ln {{x}_{1}}=e\Leftrightarrow {{x}_{1}}={{e}^{e}}

που προκύπτει η προηγούμενη περίπτωση. Άρα το ζητούμενο ισχύει μόνο για την κοινή εφαπτομένη τους.

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης


f ανοιγοντας τους δρομους της Μαθηματικης σκεψης, f' παραγωγος επιτυχιας
Τα Μαθηματικά είναι απλά...όταν σκέπτεσαι σωστά...
Τα Μαθηματικά είναι αυτά...για να δεις πιό μακρυά...
Τα Μαθηματικά είναι μαγεία...όταν έχεις φαντασία...
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 3350
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Εφαπτόμενες

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Πέμ Μάιος 03, 2018 1:53 am

KARKAR έγραψε:
Τετ Μάιος 02, 2018 1:17 pm
Εφαπτόμενες.pngΔίνονται οι συναρτήσεις : f(x)=x^{\frac{1}{e}} και g(x)=lnx .

α) Εξετάστε αν οι γραφικές τους παραστάσεις έχουν κοινές εφαπτόμενες .

β) Εξετάστε αν υπάρχουν σημεία των C_{f} ,C_{g} , με την ίδια τεταγμένη ,

στα οποία οι αγόμενες εφαπτόμενες να είναι παράλληλες .
Μπορούμε τουλάχιστον το πρώτο να το δούμε γεωμετρικά.

Ο Θανάσης έχει κλέψει ένα κομμάτι του σχήματος.

Αν το είχε όλο θα βλέπαμε ότι είναι

\ln x\leq x^{\frac{1}{e}},x> 0

με ισότητα μόνο για x=e^{e}

Αυτό βγαίνει εύκολα θεωρώντας την f(x)=\ln x-x^{\frac{1}{e}}

με f'(x)=\dfrac{e-x^{\frac{1}{e}}}{xe}

Και οι δύο είναι κοίλες και η μία πάνω από την άλλη εκτός ενός σημείου που είναι ίσες.

Αν λοιπόν υπάρχει κοινή εφαπτομένη θα είναι σε αυτό το σημείο που είναι το (e^{e},e)

Πράγματι εκεί υπάρχει κοινή εφαπτομένη όπως βρήκε και ο Βασίλης παραπάνω.


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 12544
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Εφαπτόμενες

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Πέμ Μάιος 03, 2018 7:16 am

Εφαπτόμενες.png
Εφαπτόμενες.png (24.08 KiB) Προβλήθηκε 589 φορές
Ζητώ σημεία με την ίδια τεταγμένη ( όχι ίδια τετμημένη ) , δηλαδή π.χ. τα A,B .


Σταμ. Γλάρος
Δημοσιεύσεις: 356
Εγγραφή: Δευ Ιουν 18, 2012 1:51 pm

Re: Εφαπτόμενες

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σταμ. Γλάρος » Σάβ Μάιος 12, 2018 1:03 pm

KARKAR έγραψε:
Πέμ Μάιος 03, 2018 7:16 am
Εφαπτόμενες.png Ζητώ σημεία με την ίδια τεταγμένη ( όχι ίδια τετμημένη ) , δηλαδή π.χ. τα A,B .
Καλημέρα .
Μια προσπάθεια ...
β) Έστω \varepsilon η εφαπτομένη της C_f, στο M(x_1,f(x_1) .
Ο συντελεστής διευθύνσεως της \varepsilon στο M είναι f'(x_1)=\dfrac{1}{e}x_1^{\frac{1}{e}-1}.
Επίσης αν \eta η εφαπτομένη της C_g, στο N(x_2,f(x_2) .
Ο συντελεστής διευθύνσεως της \eta στο N είναι g'(x_2)=\dfrac{1}{x_2}.

Τώρα θα πρέπει f(x_1)=g(x_2) καιf'(x_1)=g'(x_2) \Leftrightarrow \dfrac{1}{e}x_1^{\frac{1}{e}-1} = \dfrac{1}{x_2} \Leftrightarrow x_1^{\frac{1}{e}-1}\cdot x_2 = e \Leftrightarrow \left (x_1^{\frac{1}{e}-1} \right )^{e} \cdot (x_2)^e = e^e \Leftrightarrow

\Leftrightarrow x_1^{1-e}\cdot x_2^e = e^e \Leftrightarrow (1-e)lnx_1 +elnx_2 = e \Leftrightarrow (1-e) lnx_1 = (1-lnx_2) e (1)

Διακρίνουμε τις εξής περιπτώσεις:
i) x_1 \in (0,1) και x_2 \in (0,1) απορρίπτεται διότι f(x_1)>0 , g(x_2)<0 συνεπώς f(x_1)\neq g(x_2) .

ii) x_1 > 1 και x_2>1 .
Είναι f(x_1)=g(x_2) \Leftrightarrow x_1^{\frac{1}{e}} = lnx_2 \Leftrightarrow lnx_1 =e ln(lnx_2) (2)

Αντικαθιστώντας την (2) στην (1) έχουμε:
(1-e) ln(lnx_2) = 1-lnx_2 .

Θεωρούμε την συνάρτηση h(x)= (1-e) ln(lnx) + lnx -1 , παραγωγίσιμη στο (1, +\infty) με h'(x)=\dfrac{lnx +1-e}{xlnx} .

Ισχύει h'(x)<0 στο (1, e^{e-1}). Άρα η h γνησίως φθίνουσα στο (1, e^{e-1}].
Επίσης \displaystyle{\lim_{x\rightarrow 1^+}h(x)}=+\infty . Άρα h\left (\left ( 1, e^{e-1} \right ] \right )= \left [ h\left (e^{e-1} \right ),+\infty \right ).

Επιπλέον h'(x)>0 στο ( e^{e-1} , +\infty). Άρα η h γνησίως αύξουσα στο [ e^{e-1} , +\infty).
Επίσης \displaystyle{\lim_{x\rightarrow+\infty }h(x)= \lim_{x\rightarrow +\infty }\left ( lnx\left [ (1-e)\dfrac{ln(lnx))}{lnx}+1-\dfrac{1}{lnx} \right ] \right )=  +\infty} ,
αφού με την βοήθεια του κανόνα de l' Hospital προκύπτει \lim_{x\rightarrow +\infty }\left ( \dfrac{ln(lnx)}{lnx} \right )=0 .
Άρα h\left (\left [ e^{e-1} , \infty \right ) \right )= \left [ h\left (e^{e-1} \right ),+\infty \right ).

Στη συνέχεια αποδεικνύουμε ότι h\left (e^{e-1} \right )<0 .
Θεωρώ την συνάρτηση p(x)= (1-x) ln(x-1) +x-2  , παραγωγίσιμη στο (1, +\infty) με  p'(x)=-ln(x-1).
Εύκολα με πινακάκι κλπ. αποδεικνύεται ότι ηp παρουσιάζει στο x_o =2 , ολικό μέγιστο το p(2)=0.
Επομένως  h\left (e^{e-1} \right ) = p(e) < 0 .

Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε ότι η h έχει δύο ρίζες.
Η μία είναι η e στο διάστημα (1, e^{e-1}] και η άλλη είναι η e^e στο διάστημα [ e^{e-1} , +\infty) .

Συνεπώς x_2 =e και x_1 =1 , δηλαδή έχουμε τα σημεία  A , B όπως υπέδειξε ο KARKAR.
Αν x_2 =e^e τότε και x_1 =e^e , δηλαδή έχουμε το κοινό σημείο των δύο συναρτήσεων που βρήκε ο Βασίλης. Εδώ οι εφαπτομένες ταυτίζονται.

Ελπίζω να μην κούρασα και να μην ξέφυγε τίποτα...
Φιλικά
Σταμ. Γλάρος


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες