mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 12, 2020 12:24 pm**

: Ρίζα.png (8.54 KiB) Προβλήθηκε 1462 φορές

$\bigstar$ Σε τυχόν σημείο

της γραφικής παράστασης της $f(x)=\sqrt{x}$ , με θετική τετμημένη , φέρω εφαπτομένη

και κάθετη προς το οριζόντιο άξονα , οι οποίες τον τέμνουν στα σημεία

και

. Είναι σχεδόν γνωστό

( από που άραγε ; ) , ότι τα σημεία S , A'

είναι συμμετρικά ως προς

. Αφού δεν το θυμάστε , δείξτε το !

: Λογάριθμος.png (9.39 KiB) Προβλήθηκε 1462 φορές

Δεν συμβαίνει το ίδιο με την : $g(x)=\ell n(x+1)$ . Όμως και γι' αυτή , υπάρχει σημείο

με αυτήν την ιδιότητα .

Δείξτε λοιπόν ότι αυτό είναι μοναδικό και έχει τετμημένη μικρότερη από

. Δίνεται ότι : e^4<55

$\blacksquare$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 12, 2020 1:14 pm**

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 12, 2020 12:24 pm
Είναι σχεδόν γνωστό

( από που άραγε ; ) , ότι τα σημεία είναι συμμετρικά ως προς . Αφού δεν το θυμάστε , δείξτε το !

Και αφού το δείξετε πρέπει οπωσδήποτε να δείτε τα περίφημα Κωνικά του Απολλωνίου, Βιβλίο Ι,35.

Υπόψη ότι ο Απολλώνιος δεν χρησιμοποίησε παραγώγους, που ήλθαν αργότερα,

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 14, 2020 2:22 pm**

Η παρέμβαση του Μιχάλη , χρησιμότατη .

Όμως , κατέταξε το θέμα στα "απαντημένα" , με αποτέλεσμα να μείνει αναπάντητο .

Το επαναφέρω λοιπόν , κυρίως για το δεύτερο ερώτημα ...

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 14, 2020 4:34 pm**

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Δεκ 14, 2020 2:22 pm
Η παρέμβαση του Μιχάλη , χρησιμότατη .

Όμως , κατέταξε το θέμα στα "απαντημένα" , με αποτέλεσμα να μείνει αναπάντητο .

Το επαναφέρω λοιπόν , κυρίως για το δεύτερο ερώτημα ...

Ζητώ συγγνώμη αν η παρέμβασή μου είχε ως αποτέλεσμα να χαθεί ή υποτονιστεί το θέμα. Πίστευα το αντίθετο αφού ο κανόνας είναι ότι
κοιτάμε τις δημοσιεύσεις που δεν είδαμε και όχι αυτές που δεν λύσαμε. Ίσα ίσα, προσθέτοντας το σχόλιο για τον Απολλώνιο, σε αντιδιαστολή οποιονδηποτε άλλο, νόμιζα ότι ενδυναμώνω το κίνητρο να ασχοληθεί κανείς.

Όπως και να είναι, απολογούμαι ειλικρινά.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 14, 2020 5:47 pm**

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Δεκ 14, 2020 2:22 pm
Η παρέμβαση του Μιχάλη , χρησιμότατη .

Όμως , κατέταξε το θέμα στα "απαντημένα" , με αποτέλεσμα να μείνει αναπάντητο .

Το επαναφέρω λοιπόν , κυρίως για το δεύτερο ερώτημα ...

Αναπάντητο, ε; Σαν το δικό μου δηλαδή

Λοιπόν για το πρώτο ερώτημα ... Κάνω ότι δεν ξέρω πως πρόκειται για την $\sqrt{x}$ ... και απλά αναζητώ

με την ζητούμενη ιδιότητα, να ισούται δηλαδή η τετμημένη $a-\dfrac{f(a)}{f'(a)}$ του σημείου τομής της εφαπτομένης της

στο

,

, με τον άξονα των

προς

: αναζητούμε δηλαδή

τέτοια ώστε να ισχύει, για κάθε a>0

, η (διαφορική) εξίσωση

f(a)=2af'(a)

.

Προφανώς η $f(x)=\sqrt{x}$ ικανοποιεί την παραπάνω (διαφορική) εξίσωση, που εύκολα βέβαια επιλύεται -- λυκειακά νομίζω -- μέσω της $(lnf(a))'=\dfrac{1}{2a}$ .

Για το δεύτερο ερώτημα τώρα ... θέλουμε, σύμφωνα και με τα παραπάνω, να έχει μοναδική λύση για a>0

η εξίσωση

. Θεωρώντας την g(x)=(x+1)ln(x+1)-2x

παρατηρούμε ότι η

ισούται προς

στο

και τείνει στο $+\infty$ όταν το

τείνει στο $+\infty$ , αρκεί επομένως να δείξουμε ότι η

έχει μοναδικό σημείο τοπικού ελαχίστου στο οποίο λαμβάνει αρνητική τιμή. Αρκεί δηλαδή να δείξουμε ότι υπάρχει μοναδικό a>0

τέτοιο ώστε g'(a)=0

&

και

, δηλαδή

& $\dfrac{1}{a+1}>0$ και (a+1)ln(a+1)-2a<0

: προφανώς a=e-1

είναι μοναδική λύση για τις ln(a+1)=1

& $\dfrac{1}{a+1}>0$ , ενώ ικανοποιεί και την (a+1)ln(a+1)-2a<0

λόγω της

.

Κάπου λοιπόν ανάμεσα στο e-1

και στο $+\infty$ υπάρχει ένα και μοναδικό

τέτοιο ώστε (b+1)ln(b+1)-2b=0

. Επειδή η g(x)=(x+1)ln(x+1)-2x

είναι γνησίως αύξουσα για x>e-1

λόγω της

, αρκεί για το ζητούμενο b<4

να δείξουμε ότι ισχύει η g(4)>0

, δηλαδή η 5ln5>8

, ισοδύναμη προς την 5^5>e^8

, που ισχύει λόγω της δοθείσης 55>e^4

και της

.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 14, 2020 8:25 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Δευ Δεκ 14, 2020 4:34 pm
Όπως και να είναι, απολογούμαι ειλικρινά.

Μιχάλης δεν ζητείται απολογία . Αντίθετα ευχαριστώ για την παρατήρηση .

Συμβαίνει όμως δυστυχώς κάποιοι λύτες να κυνηγούν τα "παρθένα" - αναπάντητα θέματα ...

Και εγώ στο παρελθόν έβαζα συμπληρωματικά ερωτήματα σε κάποιες ασκήσεις που δεν

είχαν απαντηθεί ακόμη . Στη πορεία διεπίστωσα ότι είναι προτιμότερο να βάζω την συμπληρωματική

ερώτηση ή παρατήρηση , αφού πρώτα απαντηθούν τα ερωτήματα του θεματοδότη ...

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 14, 2020 8:52 pm**

Δεκτόν.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 14, 2020 11:13 pm**

Για να διευκολύνω την (παράγωγο) γεωμετρική εποπτεία, τα παρακάτω:::
Για την $f(x)=\sqrt{x}$
$\displaystyle{ \left. \begin{aligned} & {AC \over BC} = {1 \over 2\sqrt{x}} \cr & AC = \sqrt{x} \cr \end{aligned} \right\} \rightarrow BC = 2x }$

Για την $g(x)=\ln{(x+1)}$
$\displaystyle{ \left. \begin{aligned} & {FG \over DG} = {1 \over x+1} \cr & FG = \ln{x+1} \cr \end{aligned} \right\} \rightarrow DG = (x+1)\ln{(x+1)} }$

Από το σχήμα, η λύση της εξίσωσης $(x+1)\ln{(x+1)}=2x$ βρίσκεται κοντά στο

.

mathematica.gr

Παραγωγική συμμετρία

Παραγωγική συμμετρία

Re: Παραγωγική συμμετρία

Re: Παραγωγική συμμετρία

Re: Παραγωγική συμμετρία

Re: Παραγωγική συμμετρία

Re: Παραγωγική συμμετρία

Re: Παραγωγική συμμετρία

Re: Παραγωγική συμμετρία