*Γενική Παιδεία - Άσκηση 5*

Μάκης Χατζόπουλος · #1

Δίδεται η γραφική παράσταση της συνάρτησης f με τύπο: $\displaystyle{f\left( x \right) = \alpha {x^3} + \beta x + \gamma }$ όπου α, β, γ πραγματικοί αριθμοί.

1) Μελετήστε από το σχήμα το πρόσημο της παραγώγου της f στο διάστημα [-6, 6]

2) Να δείξετε ότι: $\displaystyle{f\left( x \right) = \frac{1}{{27}}{x^3} - x}$

3) Να μελετήσετε την μονοτονία και τα ακρότατα της συναρτήσεως f.

4) Βρείτε τις εξισώσεις των εφαπτομένων της γραφική παράσταση f στα σημεία Κ, Μ, Α, Β.

5) Δείξτε, ότι το τετράπλευρο, που σχηματίζεται από τις 4 εφαπτόμενες, είναι παραλληλόγραμμο και να υπολογίστε το εμβαδόν του.

6) Αν Α, Β είναι ενδεχόμενα του δειγματικού Ω τέτοια ώστε: $\displaystyle{{\rm P}\left( {\rm A} \right) = f\left( { - 1} \right)}$ και $\displaystyle{P\left( B \right) = f'\left( 4 \right)}$ . Να δείξετε ότι:
α) $\displaystyle{A\bigcap B \ne \emptyset }$ και

β) $\displaystyle{27P\left( {A\bigcap B } \right) - 20 \ge 0}$

Σημείωση: Ήθελα να βάλω και ένα υποερώτημα με Στατιστική αλλά θα τράβαγε μακριά η βαλίτσα, τι λέτε;

chris · #2

Ωραία άσκηση για γενική!!

Ας ελπίσουμε οτι δεν μου ξέφυγε καμιά πράξη!

1)Απο την γραφική παράσταση της

παρατηρούμε οτι αυτή είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα [-6,-3]

,γνησίως φθίνουσα στο διάστημα [-3,3]

και τέλος γνησίως αύξουσα στο [3,6]

.Επίσης παρουσιάζει τοπικό μέγιστο x_1=-3

το

και τοπικό ελάχιστο x_2=3

το

.
Έτσι συμπεραίνουμε οτι:
$\bullet f'(x)>0$ στο [-6,-3)

και στο

$\bullet f'(x)<0$ στο (-3,3)

$\bullet f'(-3)=f'(3)=0$

2)
Επίσης απο την γραφική παράσταση προκύπτει οτι:
$\displaystyle \begin{cases} f(0)=0 \\ f(-3)=2 \\ f(-6)=-2 \end{cases}\Longrightarrow \begin{cases} \gamma =0 \\ -27\alpha -3\beta =2 \\ -216a-6\beta =-2 \end{cases}\Longrightarrow \begin{cases} \gamma =0 \\ 54\alpha +6\beta =-4 \\-216a-6\beta =-2 \end{cases}\Longrightarrow \begin{cases} \gamma =0 \\ \alpha =\frac{1}{27} \\ \beta =-1 \end{cases}$

άρα $\displaystyle f\left( x \right) = \frac{1}{{27}}{x^3} - x, x\in \mathbb{R}$

3)
Είναι $\displaystyle f'(x)=\frac{1}{9}\cdot x^2-1,x\in \mathbb{R}$

Λύνουμε την εξίσωση:
$\displaystyle f'(x)=0\Leftrightarrow \frac{1}{9}x^2-1=0\Leftrightarrow x=\pm 3$
Λύνουμε την ανίσωση:
$\displaystyle f'(x)\geq 0\Leftrightarrow \frac{1}{9}x^2-1\geq 0\Leftrightarrow \left(x-3 \right)\left(x+3 \right)\geq 0\Leftrightarrow x\in \left(-\infty,-3 \right] \cup \left[3,+\infty \right)$

$\displaystyle \begin{tabular}{|l|ccccc|}\hline x & -oo \;\;\; & -3 & \;\;\; \; & 3 & \;\; +oo \\\hline f{'}(x) & \;\;+ & 0 & -& 0 &+ \\\hline f(x)& \nearrow & \;\; & \searrow & \;\; & \nearrow \\\hline \end{tabular}$

Άρα η

είναι γνησίως αύξουσα στο $(-\infty ,-3]$ ,γνησίως φθίνουσα στο [-3,3]

και γνησίως αύξουσα στο $[3,+\infty )$ .
Στο x_1=-3

παρουσιάζει τοπικό μέγιστο το f(-3)=2

και στο

παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο το f(3)=-2

.

4)
${\color{blue} \diamond }$ Η εφαπτομένη της C_f

στο

είναι:
$\displaystyle \left(\varepsilon _1 \right):y-f(6)=f'(6)(x-6)\Longrightarrow {\color{red}\left(\varepsilon _1 \right): y=3x-16 }$

${\color{blue} \diamond }$ Η εφαπτομένη της C_f

στο

είναι:
$\displaystyle \left(\varepsilon _2 \right):y-f(-6)=f'(-6)(x+6)\Longrightarrow {\color{red}\left(\varepsilon _2 \right): y=3x+16 }$

${\color{blue} \diamond }$ Η εφαπτομένη της C_f

στο

είναι:
$\displaystyle \left(\varepsilon _3 \right):y-f(-3)=f'(-3)(x+3)\Longrightarrow {\color{red}\left(\varepsilon _3 \right): y=2 }$

${\color{blue} \diamond }$ Η εφαπτομένη της C_f

στο

είναι:
$\displaystyle \left(\varepsilon _4 \right):y-f(3)=f'(3)(x-3)\Longrightarrow {\color{red}\left(\varepsilon _4 \right): y=-2 }$

5)
Εύκολα προκύπτει οτι:
$\displaystyle \begin{Bmatrix} \lambda _{\left(\varepsilon _1 \right)}=\lambda _{\left(\varepsilon _2 \right)}=3\Longrightarrow \left(\varepsilon _1 \right)\parallel \left(\varepsilon _2 \right) \\ \lambda _{\left(\varepsilon _3 \right)}=\lambda _{\left(\varepsilon _4 \right)}=0\Longrightarrow \left(\varepsilon _3 \right)\parallel \left(\varepsilon _4 \right) \\ \end{Bmatrix}\Longrightarrow KNML \;\; \pi \alpha \rho \alpha \lambda \lambda o\gamma \rho \alpha \mu \mu o$

Λύνοντας το σύστημα των $\left(\varepsilon _1 \right),\left(\varepsilon _4 \right)$ βρίσκουμε οτι:
$\displaystyle \Lambda \left(\frac{14}{3},-2 \right)\equiv \left(\varepsilon _1 \right)\cap \left(\varepsilon _4 \right)$ και άρα:
$\displaystyle \left(K\Lambda MN \right)=2\left(KM\Lambda \right)=2\cdot \frac{d\left(\varepsilon _3,\varepsilon _4 \right)\cdot \left(\Lambda M \right)}{2} =4\cdot \left|\frac{14}{3}+6 \right|=\frac{128}{3}$

6)
Έχουμε $\displaystyle P(A)=f(-1)=\frac{26}{27}$ και $\displaystyle P(B)=\frac{7}{9}$

a)
Έστω οτι τα ενδεχόμενα είναι ασυμβίβαστα.Όμως τότε:
$\displaystyle P(A\cup B)=P(A)+P(B)=\frac{47}{27}>1$ το οποίο δεν μπορεί να ισχύει αφού $\displaystyle P(A \cup B)\leq 1$ .
Άρα τα ενδεχόμενα δεν είναι ασυμβίβαστα και $\displaystyle A\cap B \neq \emptyset$

b)
$\displaystyle P(A\cup B)\leq 1\Rightarrow P(A)+P(B)-P(A\cap B)\leq 1\Rightarrow \frac{47}{27}\leq P(A\cup B)+1\Rightarrow 27P(A\cup B)-20\geq 0$

Μάκης Χατζόπουλος · #3

Χρήστο σε ευχαριστούμε όχι τόσο για την λύση αλλά για την πολύ όμορφη παρουσίαση!

Σημείωση: Νομίζω ότι η μονοτονία και τα ακρότατα δεν χρειάζεται να τα βρεις αφού έχεις έτοιμη την γραφική παράσταση της συνάρτησης f άρα τα παίρνεις έτοιμα, όπως έκανες και στην αρχή!!!

Γενική Παιδεία - Άσκηση 5

Γενική Παιδεία - Άσκηση 5

Re: Γενική Παιδεία - Άσκηση 5

Re: Γενική Παιδεία - Άσκηση 5

Μέλη σε σύνδεση

*Γενική Παιδεία - Άσκηση 5*

*Γενική Παιδεία - Άσκηση 5*

Re: *Γενική Παιδεία - Άσκηση 5*

Re: *Γενική Παιδεία - Άσκηση 5*

Μέλη σε σύνδεση

Γενική Παιδεία - Άσκηση 5

Γενική Παιδεία - Άσκηση 5

Re: Γενική Παιδεία - Άσκηση 5

Re: Γενική Παιδεία - Άσκηση 5