Απελπιστική παράγωγος

KARKAR · #1

$\bigstar$ Βρείτε την παράγωγο της συνάρτησης : $f(x)=\dfrac{x}{2}\sqrt{x^2-1}-ln\sqrt{x+\sqrt{x^2-1}}$

Απαράβατος όρος : Στην λύση σας πρέπει να φαίνονται όλες οι πράξεις που θα κάνετε .

Tolaso J Kos · #2

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Σεπ 15, 2021 7:48 pm
$\bigstar$ Βρείτε την παράγωγο της συνάρτησης : $f(x)=\dfrac{x}{2}\sqrt{x^2-1}-ln\sqrt{x+\sqrt{x^2-1}}$

Απαράβατος όρος : Στην λύση σας πρέπει να φαίνονται όλες οι πράξεις που θα κάνετε .

Χαλό Θανάση,

έχομεν και λέμε για την "απελπιστική" παράγωγο.

Λήμμα 1: Ισχύει $\displaystyle{\left ( \frac{x \sqrt{x^2-1}}{2} \right ) ' = \frac{2x^2-1}{\sqrt{x^2-1}}}$ .

Απόδειξη: Έχουμε διαδοχικά:

$\displaystyle{\begin{aligned} \left ( \frac{x \sqrt{x^2-1}}{2} \right )' &= \frac{\sqrt{x^2-1}}{2} + \frac{x \left ( x^2-1 \right )'}{4 \sqrt{x^2-1}} \\ &= \frac{\sqrt{x^2-1}}{2} + \frac{2x^2}{4 \sqrt{x^2-1}} \\ &= \frac{\sqrt{x^2-1}}{2} + \frac{x^2}{2 \sqrt{x^2-1}} \\ &= \frac{\sqrt{x^2-1} \cdot \sqrt{x^2-1}}{2\sqrt{x^2-1}} + \frac{x^2}{2\sqrt{x^2-1}} \\ &= \frac{x^2-1}{2 \sqrt{x^2-1}} + \frac{x^2}{2\sqrt{x^2-1}} \\ &= \frac{2x^2-1}{2 \sqrt{x^2-1}} \end{aligned}}$
Λήμμα 2: Ισχύει $\displaystyle{\left ( \ln \sqrt{x + \sqrt{x^2-1}} \right ) ' = \frac{1}{2\sqrt{x^2-1}}}$ .

Απόδειξη: Έχουμε διαδοχικά:

$\displaystyle{\begin{aligned} \left ( \ln \sqrt{x + \sqrt{x^2-1}} \right )' &= \left (\frac{\ln \left ( x + \sqrt{x^2-1} \right )}{2} \right )' \\ &= \frac{\left ( x + \sqrt{x^2-1} \right )'}{2 \left ( x + \sqrt{x^2-1} \right )} \\ &= \frac{1 + \frac{\left ( x^2-1 \right )'}{2 \sqrt{x^2-1}}}{2 \left ( x + \sqrt{x^2-1} \right )} \\ &= \frac{1 + \frac{2x}{2 \sqrt{x^2-1}}}{2 \left ( x + \sqrt{x^2-1} \right )} \\ &= \frac{\frac{\sqrt{x^2-1}}{\sqrt{x^2-1}} + \frac{x}{\sqrt{x^2-1}}}{2\left ( x + \sqrt{x^2-1} \right ) } \\ &= \frac{\frac{x + \sqrt{x^2-1}}{\sqrt{x^2-1}}}{2 \left ( x + \sqrt{x^2-1} \right )} \\ &= \frac{1}{2 \sqrt{x^2-1}} \end{aligned}}$
Τότε,

$\displaystyle{\begin{aligned} f'(x) &= \left ( \frac{x \sqrt{x^2-1}}{2} - \ln \sqrt{x + \sqrt{x^2-1}} \right )' \\ &= \left ( \frac{x \sqrt{x^2-1}}{2} \right ) ' - \left ( \ln \sqrt{x + \sqrt{x^2-1}} \right )' \\ &= \frac{2x^2-1}{2\sqrt{x^2-1}} - \frac{1}{2 \sqrt{x^2-1}}\\ &= \frac{x^2-1}{\sqrt{x^2-1}} \\ &= \frac{\left ( x^2-1 \right ) \sqrt{x^2-1}}{x^2-1} \\ &= \sqrt{x^2-1} \end{aligned}}$

Αναμενόμενο αποτέλεσμα.

#3

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Πέμ Σεπ 16, 2021 6:45 pm

Απόδειξη: Έχουμε διαδοχικά:

Τόλη, αν έβλεπα αυτή την απόδειξη σε διαγώνισμα τότε α) αν μεν ήταν διαγώνισμα σε Λογιστές ή Χημικούς, θα έβαζα 10 στα 10. Αν β) ήταν σε Μαθηματικούς θα έβαζα 7 στα 10, για τον κόπο. Και αυτό γιατί χάνει στο σημείο που επεσήμανε ο κορυφαίος αρχαίος γλύπτης Φειδίας: Όταν παίρνεις ένα κομμάτι μάρμαρο, το ερώτημα είναι τι θα βγάλεις για να μείνει κάτι κομψό.

Στα δικά μου γούστα, προτιμώ χωρίς ενδοιασμούς το λιτό ύφος της αρχαίας ελληνικής τέχνης ή των ιμπρεσιονιστών παρά την τεχνική Ροκοκό.

Tolaso J Kos · #4

Μιχάλη ακολουθώ τις οδηγίες του θεματοδότη ο οποίος λέει

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Σεπ 15, 2021 7:48 pm

Απαράβατος όρος : Στην λύση σας πρέπει να φαίνονται όλες οι πράξεις που θα κάνετε .

#5

Απελπιστική παράγωγος.

$f(x) = \dfrac{x}{2}\sqrt {{x^2} - 1} - \ln \sqrt {x + \sqrt {{x^2} - 1} }$ .

Η συνάρτηση ορίζεται στο διάστημα , $A = [1, + \infty )$ .

Έχω : $2f(x) = x\sqrt {{x^2} - 1} - \ln \left( {x + \sqrt {{x^2} - 1} } \right)\,\,\,\left( 1 \right)$ .

Θέτω , $g\left( x \right) = x\sqrt {{x^2} - 1} \,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,t\left( x \right) = \ln \left( {x + \sqrt {{x^2} - 1} } \right)\,$ . Είναι επί μέρους:

$g'\left( x \right) = \sqrt {{x^2} - 1} + \dfrac{{{x^2}}}{{\sqrt {{x^2} - 1} }} = \dfrac{{2{x^2} - 1}}{{\sqrt {{x^2} - 1} }}\,\,\,\left( 2 \right)$

$t'\left( x \right) = \dfrac{{{{\left( {x + \sqrt {{x^2} - 1} } \right)}^\prime }}}{{x + \sqrt {{x^2} - 1} }} = \dfrac{{1 + \dfrac{x}{{\sqrt {{x^2} - 1} }}}}{{x + \sqrt {{x^2} - 1} }} = \dfrac{{\sqrt {{x^2} - 1} + x}}{{\sqrt {{x^2} - 1} \left( {\sqrt {{x^2} - 1} + x} \right)}} = \dfrac{1}{{\sqrt {{x^2} - 1} }}\,\,\,\left( 3 \right)$

Η (1)

λόγω των $\left( 2 \right)\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\left( 3 \right)$ δίδει:

$2f'\left( x \right) = \dfrac{{2{x^2} - 1}}{{\sqrt {{x^2} - 1} }} - \dfrac{1}{{\sqrt {{x^2} - 1} }} = \dfrac{{2\left( {{x^2} - 1} \right)}}{{\sqrt {{x^2} - 1} }} = 2\sqrt {{x^2} - 1}$ οπότε: $\boxed{f'\left( x \right) = \sqrt {{x^2} - 1} }$ .

Παρατηρήσεις :

α) Προφανές ότι : $\int {\sqrt {{x^2} - 1} \,dx = \,} \dfrac{x}{2}\sqrt {{x^2} - 1} - \dfrac{1}{2}\ln \sqrt {x + \sqrt {{x^2} - 1} }$

γνωστός τύπος που αποδεικνύεται με διάφορους τρόπους .

β) $\ln \left( {x + \sqrt {{x^2} - 1} } \right)\, = {\cosh ^{ - 1}}x$

Η πιο πάνω απάντηση δεν ήταν να αναρτηθεί. Ίσως φανώ ασυνεπής αλλά ...

#6

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Πέμ Σεπ 16, 2021 10:54 pm
Μιχάλη ακολουθώ τις οδηγίες του θεματοδότη ο οποίος λέει

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Σεπ 15, 2021 7:48 pm

Απαράβατος όρος : Στην λύση σας πρέπει να φαίνονται όλες οι πράξεις που θα κάνετε .

Τόλη, δεν αντιλέγω και έχοντας υπόψη την εντολή του θεματοθέτη έγραψα το σχόλιό μου. Για παράδειγμα στην απόδειξή σου του πρώτου Λήμματος θα σταμάταγα τις πράξεις στο δεύτερο ή το πολύ πολύ στο τρίτο "ίσον". Τα υπόλοιπα δεν χρειάζονται γιατί το κύριο μέρος τους απλοποιείται από την παράσταση στο δεύτερο Λήμμα.

Αυτό ακριβώς εννοώ όταν παραπέμπω στον Φειδία που λέει τι πρέπει να βγάλεις για να μείνει η ουσία.

KARKAR · #7

Η άσκηση απευθύνεται πρωτίστως σε μαθητές ( βλέπε αστερίσκο ) και έχει μοναδικό ζητούμενο την εύρεση

της παραγώγου .

Αν λοιπόν δοθεί η άσκηση στην τάξη , η αναμενόμενες μαθητικές λύσεις θα είναι παρόμοιες με εκείνες

των Τόλη και Νίκου .

Φυσικά ο υπολογισμός μιας παραγώγου θεωρείται από τους λύτες του forum πράξη ρουτίνας . Προσωπικά

γράφω την συνάρτηση στο Wolframalpha και παίρνω έτοιμη την απάντηση .

Εδώ όμως η επιδίωξη είναι να φανεί η γνώση των κανόνων παραγώγισης και η ικανότητα στις αλγεβρικές πράξεις ...

#8

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 17, 2021 6:41 am
Εδώ όμως η επιδίωξη είναι να φανεί η γνώση των κανόνων παραγώγισης και η ικανότητα στις αλγεβρικές πράξεις ...

Δεν ξέρω γιατί επανερχόμαστε στο ίδιο θέμα αν και ήμουν σαφής. Μίλησα για τον βαθμό που θα έβαζα σε ... Λογιστές (δέκα) και σε αντιδιαστολή σε Μαθηματικούς. Σε μαθητές, πάλι δέκα θα έβαζα. Καμία αντίρρηση. Το μόνο που είπα είναι ότι για Μαθηματικούς, πλατειάζει. Και όλα αυτά με δόση χιούμορ. Επί της ουσίας οι λύσεις είναι μια χαρά, και ακολούθησαν κατά γράμμα την απαίτηση του θεματοθέτη.

#9

Χωρίς επιμέρους παραγώγιση.

$\displaystyle f'(x) = \frac{1}{2}\sqrt {{x^2} - 1} + \frac{x}{2} \cdot \frac{x}{{\sqrt {{x^2} - 1} }} - \frac{{{{\left( { {x + \sqrt {{x^2} - 1} } } \right)}^\prime }}}{{2(x + \sqrt {{x^2} - 1}) }}$

$\displaystyle f'(x) = \frac{{2{x^2} - 1}}{{2\sqrt {{x^2} - 1} }} - \frac{{1 + \frac{x}{{\sqrt {{x^2} - 1} }}}}{{2(x + \sqrt {{x^2} - 1}) }} = \frac{{2{x^2} - 1}}{{2\sqrt {{x^2} - 1} }} - \frac{{x + \sqrt {{x^2} - 1} }}{{2\sqrt {{x^2} - 1} \left( {x + \sqrt {{x^2} - 1} } \right)}}$

$\displaystyle f'(x) = \frac{{2({x^2} - 1)}}{{2\sqrt {{x^2} - 1} }} = \sqrt {{x^2} - 1}$

Πληροί τις προδιαγραφές του θεματοδότη ή όχι;

Απελπιστική παράγωγος

Απελπιστική παράγωγος

Re: Απελπιστική παράγωγος

Re: Απελπιστική παράγωγος

Re: Απελπιστική παράγωγος

Re: Απελπιστική παράγωγος

Re: Απελπιστική παράγωγος

Re: Απελπιστική παράγωγος

Re: Απελπιστική παράγωγος

Re: Απελπιστική παράγωγος

Μέλη σε σύνδεση