Εύκολο ελάχιστο

KARKAR · #1

: Εύκολο ελάχιστο.png (6.44 KiB) Προβλήθηκε 785 φορές

Βρείτε την ελάχιστη απόσταση της αρχής των αξόνων , από την γραφική παράσταση της : $f(x)=\dfrac{2}{x^2}$ .

#2

Έστω

η ζητούμενη ελάχιστη απόσταση. Τότε το σύστημα των εξισώσεων

x^2+y^2=r^2

και $y=\dfrac{2}{x^2}$ έχει λύση.

Είναι

$r^2-3=x^2+\dfrac{4}{x^4} -3=\dfrac{(x^2+1)(x^2-2)^2}{x^4}\geq 0$

για κάθε $x\in \mathbb{R}$ με $x\ne 0$ , με την ισότητα να ισχύει αν και μόνο αν $x=\pm \sqrt{2}$ .

Έτσι, η ζητούμενη ελάχιστη απόσταση είναι $\sqrt{3}$ , που είναι η απόσταση του (0,0)

από τα σημεία $(\sqrt{2},1)$ και $(-\sqrt{2},1)$ της C_f

.

Φιλικά,

Αχιλλέας

#3

: Ευκολο ελάχιστο.png (10.81 KiB) Προβλήθηκε 737 φορές

Οι αποστάσεις από τους δύο κλάδους λόγω συμμετρίας είναι ίσες και περιορίζομαι για θετικές τιμές του

.

Αν $S\left( {x,y} \right)$ τότε $OS = d = d(x) = \sqrt {{x^2} + \dfrac{4}{{{x^4}}}}$ .

Η συνάρτηση $g:\left( {0, + \infty } \right) \to \mathbb{R}$ με $g(x) = {d^2}(x) = {x^2} + \dfrac{4}{{{x^4}}}$ έχει παράγωγο :

$g'\left( x \right) = 2x - \dfrac{{16}}{{{x^5}}} = 2\dfrac{{{x^6} - {{\left( {\sqrt 2 } \right)}^6}}}{{{x^5}}} = \dfrac{{2p(x)}}{{{x^5}}}\left( {x - \sqrt 2 } \right)$ , όπου $p\left( x \right) > 0$ για κάθε x > 0

Προφανώς η

παρουσιάζει ελάχιστο στο $x = \sqrt 2$ το $g\left( {\sqrt 2 } \right) = 3$ και άρα

$\boxed{{d_{\min }} = \sqrt 3 }$

#4

KARKAR έγραψε: ↑
Τρί Ιουν 02, 2020 8:53 pm
Εύκολο ελάχιστο.pngΒρείτε την ελάχιστη απόσταση της αρχής των αξόνων , από την γραφική παράσταση της : $f(x)=\dfrac{2}{x^2}$ .

Έχουμε δει πολλές φορές στο φόρουμ (αλλά άντε βρες το) ότι στο ελάχιστο έχουμε ότι η

είναι κάθετη στην καμπύλη. Άρα αν $S\left ( s, \dfrac {2}{s^2}\right )$ το ζητούμενο σημείο, τότε αφού η καμπύλη στο

έχει κλίση $-\dfrac {4}{s^3}$ συμπεραίνουμε

$\displaystyle{ \dfrac {\dfrac {2}{s^2}}{s}= \dfrac {s^3}{4}}$ . Άρα $s=\pm \sqrt 2$ , και λοιπά.

Εύκολο ελάχιστο

Εύκολο ελάχιστο

Re: Εύκολο ελάχιστο

Re: Εύκολο ελάχιστο

Re: Εύκολο ελάχιστο

Μέλη σε σύνδεση