Θέμα Β

Συντονιστής: KAKABASBASILEIOS

Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 10684
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Θέμα Β

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Πέμ Απρ 11, 2019 8:09 pm

Ας γράψουμε κι ένα θέμα Β . Θυμηθείτε ότι θέλουμε τα θέματά μας να "πατάνε"

και σε ύλη που έχει διδαχθεί σε μικρότερες τάξεις .
Θέμα Β.pdf
(185.58 KiB) Μεταφορτώθηκε 171 φορές



Λέξεις Κλειδιά:
KAKABASBASILEIOS
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1504
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 01, 2009 1:46 pm

Re: Θέμα Β

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KAKABASBASILEIOS » Σάβ Απρ 13, 2019 10:52 pm

KARKAR έγραψε:
Πέμ Απρ 11, 2019 8:09 pm
Ας γράψουμε κι ένα θέμα Β . Θυμηθείτε ότι θέλουμε τα θέματά μας να "πατάνε"

και σε ύλη που έχει διδαχθεί σε μικρότερες τάξεις .Θέμα Β.pdf
...μια προσπάθεια στο θέμα του Θανάση...μέχρι το και το (iii)

ΛΥΣΗ
I) Είναι η f(x)=\ln \left( \frac{\alpha x}{{{x}^{2}}+1} \right) παραγωγίσιμη με

{f}'(x)={{\left( \ln (\alpha x)-\ln ({{x}^{2}}+1) \right)}^{\prime }}=\frac{1}{x}-\frac{2x}{{{x}^{2}}+1}=\frac{1-{{x}^{2}}}{x({{x}^{2}}+1)}=\frac{(1-x)(1+x)}{x({{x}^{2}}+1)} και

{f}'(x)=0\Leftrightarrow x=1 και επίσης {f}'(x)>0\Leftrightarrow x<1 και {f}'(x)<0\Leftrightarrow x>1 που σημαίνει ότι η

f είναι γνήσια αύξουσα στο (0,\,\,1] και ότι η f είναι γνήσια φθίνουσα στο [1,\,+\infty )

άρα έχει μέγιστη τιμή το f(1)=\ln \left( \frac{\alpha }{2} \right)

Ακόμη \underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f(x)=-\infty και \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)=-\infty αφού

\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{\alpha x}{{{x}^{2}}+1} \right)=0,\,\,\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{\alpha x}{{{x}^{2}}+1} \right)=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{\alpha }{x} \right)=0

επομένως αν f(1)=\ln \left( \frac{\alpha }{2} \right)\le 0 η συνάρτηση θα παίρνει μόνο μη θετικές

άρα για να παίρνει και θετικές πρέπει f(1)=\ln \left( \frac{\alpha }{2} \right)>0\Leftrightarrow \alpha >2

ii) Για \alpha >2 είναι f((0,\,1])=\left( -\infty ,\,\,\ln \left( \frac{\alpha }{2} \right) \right],\,\,f([1,\,\,+\infty ))=\left( -\infty ,\,\,\ln \left( \frac{\alpha }{2} \right) \right] και επειδή

0\in \left( -\infty ,\,\,\ln \left( \frac{\alpha }{2} \right) \right] η συνάρτηση έχει δύο μοναδικές ρίζες

{{x}_{1}}\in (0,\,1),\,\,{{x}_{2}}(1,\,\,+\infty ) και αφού

\displaystyle f(\frac{1}{{{x}_{2}}})=\ln \left( \frac{\alpha \frac{1}{{{x}_{2}}}}{\frac{1}{x_{2}^{2}}+1} \right)=\ln \left( \frac{\alpha \frac{1}{{{x}_{2}}}}{\frac{1+x_{2}^{2}}{x_{2}^{2}}} \right)=\ln \left( \frac{\alpha {{x}_{2}}}{1+x_{2}^{2}} \right)=0

αν η\displaystyle \frac{1}{{{x}_{2}}} είναι ρίζα της και η \displaystyle \frac{1}{{{x}_{2}}} είναι ρίζα της άρα όταν έχει δύο ρίζες είναι αντίστροφες μεταξύ τους.

iii) Αφού {f}'(x)=\frac{1-{{x}^{2}}}{x({{x}^{2}}+1)} προφανώς η {f}' είναι ανεξάρτητη από τις τιμές του \alpha

...και το υπόλοιπο ...

iii) Αφού {f}'(x)=\frac{1-{{x}^{2}}}{x({{x}^{2}}+1)} προφανώς η {f}' είναι ανεξάρτητη από τις τιμές του \alpha

iv) Είναι {f}''(x)={{\left( \frac{1-{{x}^{2}}}{{{x}^{3}}+x} \right)}^{\prime }}=\frac{-2x({{x}^{3}}+x)-(1-{{x}^{2}})(3{{x}^{2}}+1)}{{{({{x}^{3}}+x)}^{2}}}=\frac{{{x}^{4}}-4{{x}^{2}}-1}{{{({{x}^{3}}+x)}^{2}}} και

{f}''(x)=0\Leftrightarrow {{x}^{4}}-4{{x}^{2}}-1=0\Leftrightarrow {{\left( {{x}^{2}}-2 \right)}^{2}}=5απ’ όπου προκύπτει μοναδική ρίζα x=\sqrt{2+\sqrt{5}} και

{f}''(x)>0\Leftrightarrow {{x}^{4}}-4{{x}^{2}}-1>0\Leftrightarrow {{\left( {{x}^{2}}-2 \right)}^{2}}>5\Leftrightarrow x>\sqrt{2+\sqrt{5}}άρα η f είναι κυρτή στο διάστημα [\sqrt{2+\sqrt{5}},\,+\infty )και

{f}''(x)<0\Leftrightarrow {{x}^{4}}-4{{x}^{2}}-1<0\Leftrightarrow {{\left( {{x}^{2}}-2 \right)}^{2}}<5\Leftrightarrow x<\sqrt{2+\sqrt{5}}άρα η f είναι κοίλη στο διάστημα (0,\,\,\sqrt{2+\sqrt{5}}]

και έτσι το x=\sqrt{2+\sqrt{5}} είναι η θέση του μοναδικού σημείουκαμπής .

v) Η εφαπτομέμη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης στο σημείο της \left( \frac{1}{2},\,f\left( \frac{1}{2} \right) \right) είναι

y-f\left( \frac{1}{2} \right)={f}'\left( \frac{1}{2} \right)\left( x-\frac{1}{2} \right) και για να περνάει από την αρχή των αξόνων πρέπει να ισχύει

0-f\left( \frac{1}{2} \right)={f}'\left( \frac{1}{2} \right)\left( 0-\frac{1}{2} \right)\Leftrightarrow f\left( \frac{1}{2} \right)=\frac{1}{2}{f}'\left( \frac{1}{2} \right)

\Leftrightarrow \ln \left( \frac{2\alpha }{5} \right)=\frac{1}{2}\cdot \frac{6}{5}\Leftrightarrow \frac{2\alpha }{5}={{e}^{\frac{3}{5}}}\Leftrightarrow a=\frac{5}{2}{{e}^{\frac{3}{5}}}


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...
Λάμπρος Κατσάπας
Δημοσιεύσεις: 435
Εγγραφή: Σάβ Ιουν 17, 2017 10:17 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Θέμα Β

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Λάμπρος Κατσάπας » Σάβ Απρ 13, 2019 11:12 pm

KAKABASBASILEIOS έγραψε:
Σάβ Απρ 13, 2019 10:52 pm
KARKAR έγραψε:
Πέμ Απρ 11, 2019 8:09 pm
Ας γράψουμε κι ένα θέμα Β . Θυμηθείτε ότι θέλουμε τα θέματά μας να "πατάνε"

και σε ύλη που έχει διδαχθεί σε μικρότερες τάξεις .Θέμα Β.pdf
iii) Αφού {f}'(x)=\frac{1-{{x}^{2}}}{x({{x}^{2}}+1)} προφανώς η {f}' είναι ανεξάρτητη από τις τιμές του \alpha

...το υπόλοιπο σε λίγο...

Αλλιώς:f(x)=\ln a+\ln x-\ln (x^2+1) και επειδή \ln a σταθερά η παράγωγος είναι ανεξάρτητη του a.

Στο (ii) δεν μας ενδιαφέρουν τα a για τα οποία η f έχει δύο ρίζες (αν υπάρχουν τέτοια).

Μας ενδιαφέρει να αποδειχθεί η συνεπαγωγή f(x_1)=0=f(x_2),x_1\neq x_2\Rightarrow x_1x_2=1. Έχουμε

f(x_1)=0=f(x_2)\Rightarrow f(x_1)=f(x_2) \Rightarrow \dfrac{ax_1}{x_{1}^{2}+1}\Rightarrow \dfrac{ax_2}{x_{2}^{2}+1}

\Rightarrow x_2x_{1}^{2}-x_1x_{2}^{2}-x_1+x_2=0\Rightarrow (x_1-x_2)(x_1x_2-1)=0\Rightarrow x_1x_2=1.

Έτσι αποδείξαμε και κάτι καλύτερο ότι αν η συνάρτηση παίρνει την ίδια τιμή για διαφορετικά x τότε αυτά είναι αντίστροφοι.


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ”

Μέλη σε σύνδεση

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