Κύκλο-λογαριθμικά όρια

Al.Koutsouridis · #1

Έστω

το σημείο τομής, του πρώτου τεταρτημόριου, του κύκλου x^2+y^2=1

με την καμπύλη $y=\ln (x+1)$ , όπως φαίνεται στο σχήμα.

Έστω

το ίχνος της καθέτου από σημείο

του τόξου

προς τον άξονα των

, όπου

το σημείο

και

το σημείο τομής της ευθείας

με την καμπύλη $y=\ln (x+1)$ .

Ας είναι $S(\theta)$ και $L(\theta)$ το εμβαδόν του τριγώνου OPQ

και το μήκος του ευθύγραμμου τμήματος

αντίστοιχα, με $\angle POB = \theta$ . Αν $\displaystyle{\lim_{\theta \to 0^{+}} \dfrac{S(\theta)}{L(\theta)} = k}$ , να βρείτε την τιμή 60k

. (όπου, $0< \theta < \dfrac{\pi}{6}$ και

η αρχή των αξόνων.)

: korean_2016_b_28.png (34.84 KiB) Προβλήθηκε 746 φορές

Θέμα 28/30 των εισαγωγικών εξετάσεων της Κορέας για το 2016, για την ομάδα τύπου Β (κατεύθυνσης).

BAGGP93 · #2

Καλησπέρα. Αρχικά, να αποδείξουμε όντως ότι η καμπύλη $y=\ln\,(x+1)\,,x>-1$ και ο μοναδιαίος κύκλος x^2+y^2=1

έχουν σημείο τομής στο 1ο τεταρτημόριο.

Αυτό είναι ισοδύναμο με το να αποδείξουμε ότι η εξίσωση $x^2+\ln^2\,(x+1)=1$ έχει ρίζα στο $\left(0,1\right)$ . Αυτό είναι αληθές διότι για τη συνεχή

συνάρτηση $f(x)=x^2+\ln^2\,(x+1)-1\,,x\in\left[0,1\right]$ ισχύει $f(0)\,f(1)=-\ln^2\,2<0$ και το Θεώρημα Bolzano μας εξασφαλίζει ρίζα της

στο $\left(0,1\right)$

η οποία είναι και μοναδική επειδή η

είναι γνησίως αύξουσα στο $\left[0,1\right]$ . Άρα, έστω $A(a,\ln\,(a+1))\,,0<a<1$ το σημείο τομής τους.

Για το σημείο

έχουμε $P(\sigma \upsilon \nu\,\theta,\eta \mu\,\theta)$ , οπότε $H(0,\eta \mu\,\theta)$ και η τεταγμένη του

είναι το $\eta \mu\,\theta$ .

Για την τετμημένη του, λύνουμε εξίσωση $\ln\,(x+1)=\eta \mu\,\theta\iff x+1=e^{\eta \mu\,\theta}\iff x=e^{\eta \mu\,\theta}-1$ .

Τελικά, $Q(e^{\eta \mu\,\theta}-1,\eta \mu\,\theta)$ και άρα $L(\theta)=e^{\eta \mu\,\theta}-1$ . Για το $S(\theta)$ έχουμε

$\displaystyle{S(\theta)=(OHP)-(OHQ)=\dfrac{OH\cdot HP-OH\cdot HQ}{2}=\dfrac{\eta \mu\,\theta\,\sigma \upsilon \nu\,\theta-\eta \mu\,\theta\,L(\theta)}{2}}$

Ώστε,

$\begin{aligned}k&=\lim_{\theta\to 0^{+}}\dfrac{S(\theta)}{L(\theta)}\\&=\lim_{\theta\to 0^{+}}\dfrac{\eta \mu\,\theta\,\sigma \upsilon \nu\,\theta}{2\,L(\theta)}-\dfrac{\eta \mu\,\theta}{2}\\&=\lim_{\theta\to 0^{+}}\dfrac{\sigma \upsilon \nu\,\theta}{2}\,\eta \mu\,\theta\,\dfrac{1}{e^{\eta \mu\,\theta}-1}-\dfrac{\eta \mu\,\theta}{2}\\&=\lim_{\theta\to 0^{+}}\dfrac{\sigma \upsilon \nu\,\theta}{2}\,\dfrac{\eta \mu\,\theta}{\theta}\,\left(\dfrac{e^{\eta \mu\,\theta}-e^{\eta \mu\,0}}{\theta-0}\right)^{-1}-\dfrac{\eta \mu\,\theta}{2}\\&=\dfrac{1}{2}\cdot 1\cdot \left(\left[\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\theta}\,e^{\eta \mu\,\theta}\right]_{\theta=0}\right)^{-1}-0\\&=\dfrac{1}{2}\,\left(\left[\sigma \upsilon \nu\,\theta\,e^{\eta \mu\,\theta}\right]_{\theta=0}\right)^{-1}\\&=\dfrac{1}{2} \end{aligned}$

τελικά, $60\,k=30$

Al.Koutsouridis · #3

Να ευχαριστήσουμε τον Ευάγγελο για τις πλήρης λύσεις του. Στα πλαίσια του ελληνικού συστήματος εξέτασης αυτή θα ήταν και η σωστή αντιμετώπιση. Στα πλαίσια του Κορεάτικου που ζητείται μόνο η τελικά απάντηση, προφανώς κάποια κομμάτια στην δικαιολόγηση θα έλλειπαν καθώς και θα μπορούσαν να γίνουν προσεγγίσεις του στυλ $\sin x = x$ για

αρκούντως μικρά κτλ. (ανεξάρτητα αν χρειάζονται ή όχι εδώ).

Δε με βρίσκει σύμφωνο πλήρως ένα τέτοιο σύστημα εξέτασης αλλά, ως θέμα αυτό κάθε αυτό είναι ενδιαφέρον. Έχω παρατηρήσει υπάρχουν τέτοιου είδος θέματα σε κάθε έτος. Εξετάζει μια χρήσιμη δεξιότητα που χρειάζεται να έχει ο υποψήφιος θετικών επιστημών, είτε αν θα γίνει μαθηματικός, είτε ακόμα περισσότερο στις υπόλοιπες φυσικές επιστήμες και πολυτεχνικές σχολές. Αναγνώριση οριακών διαδικασιών και προσεγγίσεων που μπορούν να γίνουν είτε καθαρά μαθηματικά, είτε διαισθητικά μέσο γραφημάτων και γεωμετρικών σχέσεων, που πιθανόν να εμφανιστούν σε διάφορα προβλήματα φυσικής, χημείας κτλ. Το εμβαδόν μπορεί να είναι το έργο, ενέργεια ή άλλο μέγεθος το όριο να εκφράζει την ισχύ κτλ. Οι προσεγγίσεις κάθε αυτές είναι χρήσιμες επίσης. Η κλασσική προσέγγιση $\displaystyle{\sin \theta = \theta$ για $\theta <<1 }$ που κάνουμε για να καταστρώσουμε την γραμμική πλέον εξίσωση του εκκρεμούς κ.ο.κ, είναι χρήσιμο και θεμιτό ο μαθητής σιγά σιγά να εξοικειωθεί.

Ωστόσο το σημαντικό εδώ είναι να μην γίνεται τελείως φορμαλιστικά αλλά να υπάρχει πάντα στη μέση το σχήμα και η απεικόνιση. Ως ένα βαθμό κάποιες από αυτά τα ζητούμενα μπορούν να καλυφθούν από θέματα παρόμοιας μορφής.

#4

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Σάβ Απρ 18, 2020 12:52 pm
Έστω το σημείο τομής, του πρώτου τεταρτημόριου, του κύκλου με την καμπύλη $y=\ln (x+1)$ , όπως φαίνεται στο σχήμα.

Έστω το ίχνος της καθέτου από σημείο του τόξου προς τον άξονα των , όπου το σημείο και το σημείο τομής της ευθείας με την καμπύλη $y=\ln (x+1)$ .

Ας είναι $S(\theta)$ και $L(\theta)$ το εμβαδόν του τριγώνου και το μήκος του ευθύγραμμου τμήματος αντίστοιχα, με $\angle POB = \theta$ . Αν $\displaystyle{\lim_{\theta \to 0^{+}} \dfrac{S(\theta)}{L(\theta)} = k}$ , να βρείτε την τιμή . (όπου, $0< \theta < \dfrac{\pi}{6}$ και η αρχή των αξόνων.)

korean_2016_b_28.png

Θέμα 28/30 των εισαγωγικών εξετάσεων της Κορέας για το 2016, για την ομάδα τύπου Β (κατεύθυνσης).

Είναι

$2\dfrac{S(\vartheta )}{L(\theta )}=\dfrac{OH\cdot QP}{QH}=\dfrac{OH(HP-QH)}{QH}=HP\dfrac{OH}{QH}-OH=HP tan(\measuredangle BOG)-OH$

Οριακά στο 0, το

γίνεται

και το

γίνεται

.

Η

γίνεται εφαπτομένη της καμπύλης y(x)=ln(1+x)

στην αρχή

, οπότε η $tan(\measuredangle BOG)$ γίνεται y'(0)=1

.

Έτσι $2k=1\cdot 1-0=1$ , όποτε 60k=30

Κύκλο-λογαριθμικά όρια

Κύκλο-λογαριθμικά όρια

Re: Κύκλο-λογαριθμικά όρια

Re: Κύκλο-λογαριθμικά όρια

Re: Κύκλο-λογαριθμικά όρια

Μέλη σε σύνδεση