Νέου τύπου

#1

Στο παρακάτω σχήμα το OAB

είναι ισόπλευρο τρίγωνο πλευράς

και στις πλευρές του AO, AB

θεωρούμε τα σημεία

P, Q

αντίστοιχα ώστε AP=BQ=4.

Σημείο

κινείται στον άξονα x'x

έτσι ώστε $MQ\ge MP.$

: Νέου τύπου...png (10.59 KiB) Προβλήθηκε 1433 φορές

A) Να εκφράσετε τη διαφορά MQ-MP

ως συνάρτηση του

Β) Έστω

η παραπάνω συνάρτηση:

B1) Nα υπολογίσετε το όριο $\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x)$ .......... B2) Να βρείτε τα ακρότατα της

Β3) Να δείξετε ότι υπάρχει $\displaystyle \xi \in {D_f}$ ώστε $\displaystyle f''(\xi ) = 0$

#2

george visvikis έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 05, 2019 8:07 pm
Στο παρακάτω σχήμα το είναι ισόπλευρο τρίγωνο πλευράς και στις πλευρές του θεωρούμε τα σημεία

αντίστοιχα ώστε Σημείο κινείται στον άξονα έτσι ώστε $MQ\ge MP.$ Νέου τύπου...png
A) Να εκφράσετε τη διαφορά ως συνάρτηση του

Β) Έστω η παραπάνω συνάρτηση:

B1) Nα υπολογίσετε το όριο $\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x)$ .......... B2) Να βρείτε τα ακρότατα της

Β3) Να δείξετε ότι υπάρχει $\displaystyle \xi \in {D_f}$ ώστε $\displaystyle f''(\xi ) = 0$

...Καλησπέρα σε όλη τη παρέα και καλή Σαρακοστή σε όλους
μια προσπάθεια για το νέο τύπο....

ΛΥΣΗ
Α) Πρώτα βρίσκουμε τις συντεταγμένες των σημείων P,Q

σύμφωνα με τα δεδομένα του προβλήματος.

Η εξίσωση της ευθείας

που σχηματίζει ${{60}^{\circ }}$ γωνία με τον {x}'x

είναι $y=\sqrt{3}x$ και

η εξίσωση της ευθείας

που σχηματίζει ${{120}^{\circ }}$ γωνία με τον {x}'x

είναι $y=-\sqrt{3}(x-6)$ έτσι για τα

$P({{x}_{1}},{{y}_{1}}),\,\,Q({{x}_{2}},{{y}_{2}})$ ισχύουν αντίστοιχα ${{y}_{1}}=\sqrt{3}{{x}_{1}},\,\,{{y}_{2}}=-\sqrt{3}({{x}_{2}}-6)$

και ακόμη $OP=\sqrt{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}},\,\,BQ=\sqrt{{{({{x}_{2}}-6)}^{2}}+y_{2}^{2}}$ ή

$2=\sqrt{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}},\,\,4=\sqrt{{{({{x}_{2}}-6)}^{2}}+y_{2}^{2}}$ ή $4=x_{1}^{2}+3x_{1}^{2},\,\,16={{({{x}_{2}}-6)}^{2}}+3{{({{x}_{2}}-6)}^{2}}$

από τις οποίες προκύπτουν δεκτές λύσεις οι

${{x}_{1}}=1,\,\,{{x}_{2}}=4$ άρα $P(1,\,\sqrt{3}),\,\,Q(4,2\sqrt{3})$ οπότε

$MQ-MP=\sqrt{{{(x-4)}^{2}}+12}-\sqrt{{{(x-1)}^{2}}+3}$ με

$MQ\ge MP=\sqrt{{{(x-4)}^{2}}+12}\ge \sqrt{{{(x-1)}^{2}}+3}\Leftrightarrow ...\Leftrightarrow x\le 4$

B) Είναι σύμφωνα με το (Α) $f(x)=\sqrt{{{x}^{2}}-8x+28}-\sqrt{{{x}^{2}}-2x+4},\,\,x\le 4$ και τότε

Β1) $\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,(\sqrt{{{x}^{2}}-8x+28}-\sqrt{{{x}^{2}}-2x+4})=$

$=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{2}}-8x+28-({{x}^{2}}-2x+4)}{\sqrt{{{x}^{2}}-8x+28}+\sqrt{{{x}^{2}}-2x+4}}$

$\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{-6x+24}{\sqrt{{{x}^{2}}-8x+28}+\sqrt{{{x}^{2}}-2x+4}}=\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{-6+\frac{24}{x}}{-(\sqrt{1-\frac{8}{x}+\frac{28}{{{x}^{2}}}}+\sqrt{1-\frac{2}{x}+\frac{4}{{{x}^{2}}})}}=3$

...τώρα για τα υπόλοιπα ερωτήματα ψάχνω κανένα αλγεβρικό τέχνασμα για να αποφύγω τις πολλές πράξεις...

είδομεν μέχρι τότε

Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης

STOPJOHN · #3

george visvikis έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 05, 2019 8:07 pm
Στο παρακάτω σχήμα το είναι ισόπλευρο τρίγωνο πλευράς και στις πλευρές του θεωρούμε τα σημεία

αντίστοιχα ώστε Σημείο κινείται στον άξονα έτσι ώστε $MQ\ge MP.$ Νέου τύπου...png
A) Να εκφράσετε τη διαφορά ως συνάρτηση του

Β) Έστω η παραπάνω συνάρτηση:

B1) Nα υπολογίσετε το όριο $\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x)$ .......... B2) Να βρείτε τα ακρότατα της

Β3) Να δείξετε ότι υπάρχει $\displaystyle \xi \in {D_f}$ ώστε $\displaystyle f''(\xi ) = 0$

Καλησπέρα και Καλή Σαρακοστή

Α) Νόμος συνημητόνων στα τρίγωνα $MQB,PMO,MQ^{2}=x^{2}-8x+28,PM^{2}=x^{2}-2x+4,$

Οπότε $f(x)=\sqrt{x^{2}-8x+28}-\sqrt{x^{2}-2x+4}$
και $MQ\geq MP\Rightarrow x\leq 4$

B) $B_{1})$ όπως εχει αποδειχθεί παραπάνω

$B_{2})$
Από το τρίγωνο $APQ,PQ=2\sqrt{3}\Rightarrow AP^{2}=AQ^{2}+RQ^{2}\Leftrightarrow PQ\perp AB,\hat{APQ}=30^{0}$
Τριγωνική ανισότητα στο τρίγωνο $PQM,MQ-MP\leq PQ\leq MQ+MP$ .Το ίσον ισχύει για συνευθειακά σημεία Q,P,D

και είναι $OP=OD=2,0\leq f(x)\leq 2\sqrt{3},f(4)=0,f(-2)=2\sqrt{3}$ Το τρίγωνο $QDE,\hat{QED}=90^{0}$ Συνεπώς εχουμε βρεί μέγιστο και ελάχιστο .Θα μελετηθούν πιθανά ακρότατα και στα άλλα σημεία του πεδίου ορισμού της συνάρτησης

$f{'}(x)=\dfrac{g(x)}{\sqrt{x^{2}-8x+28}\sqrt{x^{2}-2x+4}},g(x)=(x-4)\sqrt{x^{2}-2x+4}- (x-1)\sqrt{x^{2}-8x+28}$

Μελέτη των ριζών της f{'}

:

$f'(x)=0\Leftrightarrow g(x)=0,x\leq 4, g(x)=0\Leftrightarrow (x-4)\sqrt{x^{2}-2x+4}=(x-1)\sqrt{x^{2}- 8x+28},(1),$

Αν $1< x< 4,f'(x)\neq 0$

Αν $x< 1,(1)\Leftrightarrow (x-4)^{2}(x^{2}-2x+4)=(x-1)^{2}(x^{2}-8x+28)\Leftrightarrow 9x^{2}-36=0\Leftrightarrow x=2,x=-2$ δεκτή μόνο η τιμή x=-2

Αρα

Μελέτη του προσήμου της

$f{'}(x)> 0\Leftrightarrow g(x)> 0,(2),$
Αν
$x< -2,(2)\Rightarrow x^{2}-4> 0\Leftrightarrow x< -2,x> 2$

Αρα για x< -2

η συνάρτηση

είναι γνησίως αυξουσα

Αν $-2< x< 1,g(x)< 0\Leftrightarrow f'(x)< 0$ και η συνάρτηση

είναι γνησίως
φθίνουσα στο διάστημα (-2,1)

Αν

ομοίως

είναι γνησίως φθίνουσα

Τελικά η συνάρτηση

έχει ελάχιστο στη θεση x=4,f(4)=0

και μέγιστο στη θέση $x=-2,f(-2)=2\sqrt{3}$

Η λύση για το $B_{3}$ άλλη μέρα εκτός και αν απαντηθεί

Λύση στο $B_{3}$

Στο ερώτημα αυτο δίνεται η λύση ΧΩΡΙΣ τα θεμελιώδη θεωρήματα της Γ Λυκείου Μεση Τιμή , Rolle

,κ.λ.π Και όταν λεμε ασκήσεις ΝΕΟΥ ΤΥΠΟΥ εννοούμε δυο βασικούς άξονες
1) Να χρησιμοποιούνται τα Μαθηματικά Των προηγούμενων Τάξεων και η Γεωμετρική εποπτεία

2) Να προσεγγίζουν τις εφαρμογές των Μαθηματικών για να είναι ορατή και η χρησιμότητα των Μαθηματικών

Πιθανόν να είναι και άλλα και να μου διαφευγουν ...μπορεί να ακουστούν και άλλοι προβληματισμοί

$f''(x)=\dfrac{12}{\sigma (x)\sqrt{\sigma (x)}}-\dfrac{3}{k(x)\sqrt{k(x)}}$ ,

όπου $\sigma (x)=x^{2}-8x+28,\kappa (x)=x^{2}-2x+4,x\leq 4,$

$f''(x)=0\Leftrightarrow 4\kappa (x)\sqrt{\kappa (x)}=\sigma (x)\sqrt{\sigma (x)}\Leftrightarrow 4^{2}=(\dfrac{\sigma(x) }{\kappa (x)})^{3}\Leftrightarrow \dfrac{\sigma (x)}{\kappa (x)}=2\sqrt[3]{2}\Leftrightarrow \dfrac{x^{2}-8x+28}{x^{2}-2x+4}=2.\sqrt[3]{2}\Leftrightarrow (1-2.\sqrt[3]{2})x^{2}+(4.\sqrt[3]{2}-8)x+(28-8.\sqrt[3]{2})=0,(*), a=1-2.\sqrt[3]{2},c=28-8.\sqrt[3]{2},$
$4(7-2.\sqrt[3]{2})>0\Leftrightarrow 7^{3}>2^{3}.2,c>0,a<0,a.c<0,\Delta >0$

Συνεπώς υπάρχει $\rho \leq 4,f''(\rho )=0$

Γιάννης

Νέου τύπου

Νέου τύπου

Re: Νέου τύπου

Re: Νέου τύπου

Μέλη σε σύνδεση