Ένα 4ο θέμα

Εδώ θα καταχωρούνται ασκήσεις οι οποίες συνδυάζουν τουλάχιστον δύο διαφορετικά εκ των παραπάνω κεφάλαια και έχουν επαναληπτικό χαρακτήρα.

Συντονιστής: Καρδαμίτσης Σπύρος

Λάμπρος Κατσάπας
Δημοσιεύσεις: 592
Εγγραφή: Σάβ Ιουν 17, 2017 10:17 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Ένα 4ο θέμα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Λάμπρος Κατσάπας » Παρ Απρ 26, 2019 10:34 pm

Καλή Ανάσταση σε όλους!

Δίνεται η συνάρτηση f(x)=(x-1)^2(x-3)^2(x-a)^2,x\in R όπου a πραγματικός αριθμός.

1. Για τις διάφορες τιμές του πραγματικού αριθμού a να μελετήσετε την f ως προς το πλήθος και το είδος των τοπικών ακρότατων.

2. Στο ερώτημα αυτό και μόνο αυτό θεωρήστε a=2.

i. Να δείξετε ότι f(2+x)=f(2-x) και να ερμηνεύσετε γεωμετρικά το αποτέλεσμα.

ii.Επί της ευθείας των πραγματικών αριθμών παίρνουμε τα σημεία A,B,C με τετμημένες 1,a,3 αντίστοιχα. Να εντοπίσετε σημείο (ή σημεία) D μεταξύ των A και C ώστε το γινόμενο των αποστάσεών του από τα A,B,C να γίνεται μέγιστο.

3. Έστω \kappa,\lambda πραγματικοί αριθμοί με \kappa < \lambda. Να βρείτε όλες τις συνεχείς συναρτήσεις g:[\kappa,\lambda]\rightarrow R για τις οποίες ισχύει

\int_{\kappa }^{\lambda }f(g(x))dx=0.
4.Να αποδείξετε ότι η εξίσωση

\int_{1}^{a }f(x)dx=\int_{a}^{3 }f(x)dx,
με άγνωστο τον πραγματικό αριθμό a, έχει μοναδική λύση τον a=2.



Λέξεις Κλειδιά:
KAKABASBASILEIOS
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 1520
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 01, 2009 1:46 pm

Re: Ένα 4ο θέμα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KAKABASBASILEIOS » Σάβ Απρ 27, 2019 8:31 pm

Λάμπρος Κατσάπας έγραψε:
Παρ Απρ 26, 2019 10:34 pm
Καλή Ανάσταση σε όλους!

Δίνεται η συνάρτηση f(x)=(x-1)^2(x-3)^2(x-a)^2,x\in R όπου a πραγματικός αριθμός.

1. Για τις διάφορες τιμές του πραγματικού αριθμού a να μελετήσετε την f ως προς το πλήθος και το είδος των τοπικών ακρότατων.

2. Στο ερώτημα αυτό και μόνο αυτό θεωρήστε a=2.

i. Να δείξετε ότι f(2+x)=f(2-x) και να ερμηνεύσετε γεωμετρικά το αποτέλεσμα.

ii.Επί της ευθείας των πραγματικών αριθμών παίρνουμε τα σημεία A,B,C με τετμημένες 1,a,3 αντίστοιχα. Να εντοπίσετε σημείο (ή σημεία) D μεταξύ των A και C ώστε το γινόμενο των αποστάσεών του από τα A,B,C να γίνεται μέγιστο.

3. Έστω \kappa,\lambda πραγματικοί αριθμοί με \kappa < \lambda. Να βρείτε όλες τις συνεχείς συναρτήσεις g:[\kappa,\lambda]\rightarrow R για τις οποίες ισχύει

\int_{\kappa }^{\lambda }f(g(x))dx=0.
4.Να αποδείξετε ότι η εξίσωση

\int_{1}^{a }f(x)dx=\int_{a}^{3 }f(x)dx,
με άγνωστο τον πραγματικό αριθμό a, έχει μοναδική λύση τον a=2.

...Καλή Ανάσταση και ΧΡΟΝΙΑ ΠΟΛΛΑ για όλους.....

ΛΥΣΗ
1) Είναι f(x)=(x-1)^2(x-3)^2(x-a)^2,x\in R και ισχύει ότι f(x)\ge 0,x\in R με f(1)=f(3)=f(a)=0

οπότε στα 1,\,3,\,aπαρουσιάζει (ολικό) ελάχιστο το 0και τώρα

Αν a<1στα [a,\,1],\,\,[1,3] σύμφωνα με το θεώρημα μεγίστης και ελάχιστης τιμής αφού f(1)=f(3)=f(a)=0 θα παρουσιάζει στα

{{x}_{1}}\in (a,\,1),\,\,{{x}_{2}}\in (1,3)μέγιστες τιμές που είναι τοπικά μέγιστα για την f.

Ανάλογα όταν 1<a<3 στα [1,\,a],\,\,[\alpha ,3] και όταν 3<a στα [1,\,3],\,\,[3,\alpha ]

Αν a=1ή a=3f(x)={{(x-1)}^{4}}{{(x-3)}^{2}},x\in Rστα 1,\,3παρουσιάζει (ολικό) ελάχιστο το 0και στα {{x}_{1}}\in (1,3)όπως πριν τοπικό μέγιστο.

Για a=2.

i) Είναι f(x)={{(x-1)}^{2}}{{(x-2)}^{2}}{{(x-3)}^{2}},x\in Rκαι

f(2+x)={{(2+x-1)}^{2}}{{(2+x-2)}^{2}}{{(2+x-3)}^{2}}={{(x+1)}^{2}}{{x}^{2}}{{(x-1)}^{2}},x\in R και

f(2-x)={{(2-x-1)}^{2}}{{(2-x-2)}^{2}}{{(2-x-3)}^{2}}={{(x-1)}^{2}}{{x}^{2}}{{(x+1)}^{2}},x\in R άρα ισχύει

f(2+x)=f(2-x) που γεωμετρικά σημαίνει ότι η ευθεία x=2 είναι άξονας συμμετρίας της γραφικής παράστασης της f

ii) Αν x\in (1,\,3) η τετμημένη του D τότε (DA)(DB)(DC)=|x-1||x-3||x-\alpha |=\sqrt{f(x)}

οπότε σύμφωνα με τα παραπάνω θα υπάρχουν

{{x}_{1}}\in (a,\,1),\,\,{{x}_{2}}\in (1,3)που θα παρουσιάζει τοπικά μέγιστα και το μεγαλύτερο από αυτά θα είναι το ολικό .

3) Επειδή f(g(x))\ge 0,\,\,x\in [\kappa ,\,\lambda ] αν υπάρχει {{x}_{0}}\in [\kappa ,\,\lambda ] με f(g({{x}_{0}}))\ne 0 τότε

\int_{\kappa }^{\lambda }{f}(g(x))dx>0 ή \int_{\kappa }^{\lambda }{f}(g(x))dx<0 άτοπο λόγω δεδομένου άρα αναγκαία

f(g(x))=0,\,\,x\in [\kappa ,\,\lambda ] επομένως g(x)=1,\,\,x\in [\kappa ,\,\lambda ] ή g(x)=\alpha ,\,\,x\in [\kappa ,\,\lambda ] ή g(x)=\alpha ,\,\,x\in [\kappa ,\,\lambda ]

4) Αν a<1 έχουμε \int_{1}^{a}{f}(x)dx<0,\,\,\int_{a}^{3}{f}(x)dx>0 οπότε η εξίσωση αδύνατη

αν a=1 έχουμε \int_{1}^{a}{f}(x)dx=0,\,\,\int_{a}^{3}{f}(x)dx>0 οπότε η εξίσωση αδύνατη

αν a=3 έχουμε \int_{1}^{a}{f}(x)dx>0,\,\,\int_{a}^{3}{f}(x)dx=0 οπότε η εξίσωση αδύνατη

αν a>3 έχουμε \int_{1}^{a}{f}(x)dx>0,\,\,\int_{a}^{3}{f}(x)dx<0 οπότε η εξίσωση αδύνατη

... :ewpu: μετά από την παρατήρηση του Βαγγέλη του Μουρούκου σε Π.Μ. αποσύρω την τελευταία περίπτωση και θα επανέλθω
αν δεν λυθεί από κάποιον άλλο...

...και μετά την τέρψιν του οβελία και των σχετικών ήλθε η έμπνευση....

αν 1<a<3 έχουμε προφανή ρίζα την a=2 γιατί τότε σύμφωνα με το (2i)

η ευθεία x=2 είναι άξονας συμμετρίας της γραφικής παράστασης της fκαι θα είναι \int_{1}^{2}{f}(x)dx=\int_{2}^{3}{f}(x)dx και αλγεβρικά

αφού από f(2+x)=f(2-x) είναι με όπου x το x-2 προκύπτει ότι \int\limits_{1}^{2}{f(x)dx}=\int\limits_{1}^{3}{f(4-x)dx} και με

u=4-x,\,\,\,du=-dx,\,\,\,x=1\to u=3,\,\,x=2\to u=2 προκύπτει ότι

\int\limits_{1}^{2}{f(x)dx}=\int\limits_{3}^{2}{f(u)(-du)=}\int\limits_{2}^{3}{f(u)du}

Τώρα έστω ότι υπάρχει a\ne 2 ώστε \int_{1}^{a}{f}(x)dx=\int_{a}^{3}{f}(x)dx τότε αν F μια αρχική της f

εξίσωση F(x)-F(1)=F(3)-F(x)\Leftrightarrow 2F(x)-F(1)-F(3)=0 θα έχει δύο λύσεις δηλαδή η συνάρτηση

g(x)=2F(x)-F(1)-F(3) θα έχει δύο λύσεις έστω 1<a<2 και ισχύει g(\alpha )=g(2)=0άρα σύμφωνα με το Θ.Rolle θα υπάρχει

\xi \in (a,\,2) που {g}'(\xi )=0\Leftrightarrow 2{F}'(\xi )=0\Leftrightarrow f(\xi )=0 άτοπο γιατί οι μοναδικές ρίζες της

f(x)={{(x-1)}^{2}}{{(x-3)}^{2}}{{(x-a)}^{2}}=0 είναι το 1,a,3 όμοια και αν 2<a<3 άρα η μοναδική ρίζα της εξίσωσης είναι a=2


Φιλικά και Μαθηματικά
Βασίλης


f ανοιγοντας τους δρομους της Μαθηματικης σκεψης, f' παραγωγος επιτυχιας
Τα Μαθηματικά είναι απλά...όταν σκέπτεσαι σωστά...
Τα Μαθηματικά είναι αυτά...για να δεις πιό μακρυά...
Τα Μαθηματικά είναι μαγεία...όταν έχεις φαντασία...
Άβαταρ μέλους
emouroukos
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 1408
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 1:27 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: Ένα 4ο θέμα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από emouroukos » Δευ Απρ 29, 2019 9:38 am

Καλημέρα! Χριστός Ανέστη και Χρόνια Πολλά σε όλους τους εορτάζοντες!

Μερικές παρατηρήσεις πάνω στη λύση του θέματος, που φέρνει στη μνήμη την Άσκηση 6 Β΄Ομάδας (σελ. 152) του σχολικού βιβλίου της Γ΄ Λυκείου και το θέμα Δ3 των Πανελλαδικών Εξετάσεων του 2014...

1. Η παραπάνω απόδειξη του Βασίλη δίνει ότι για \displaystyle a \in \mathbb{R} με a \neq 1 και a \neq 3, η συνάρτηση f παρουσιάζει τουλάχιστον τρία (ολικά) ελάχιστα και τουλάχιστον δύο τοπικά μέγιστα. Μια πιο ολοκληρωμένη προσέγγιση θα μπορούσε να ήταν η ακόλουθη:

Για κάθε \displaystyle x \in \mathbb{R} και \displaystyle a \in \mathbb{R} είναι
\displaystyle f'\left( x \right) = 2\left( {x - 1} \right)\left( {x - 3} \right)\left( {x - a} \right)h\left( x \right), όπου
\displaystyle h\left( x \right) = 3{x^2} - 2\left( {a + 4} \right)x + 4a + 3. Αν a=1, τότε \displaystyle f'\left( x \right) = 2{\left( {x - 1} \right)^3}\left( {x - 3} \right)\left( {3x - 7} \right) και εύκολα βρίσκουμε ότι η f παρουσιάζει (ολικό) ελάχιστο για \displaystyle x = 1 και \displaystyle x = 3, ίσο με 0, και τοπικό μέγιστο για \displaystyle x = \dfrac{7}{3}, ίσο με \displaystyle f\left( {\dfrac{7}{3}} \right) = \dfrac{{{2^{10}}}}{{{3^6}}}.

Αν a=3, τότε \displaystyle f'\left( x \right) = 2\left( {x - 1} \right){\left( {x - 3} \right)^3}\left( {3x - 5} \right) και εύκολα βρίσκουμε ότι η f παρουσιάζει (ολικό) ελάχιστο για \displaystyle x = 1 και \displaystyle x = 3, ίσο με 0, και τοπικό μέγιστο για \displaystyle x = \dfrac{5}{3}, ίσο με \displaystyle f\left( {\dfrac{5}{3}} \right) = \dfrac{{{2^{10}}}}{{{3^6}}}.

Έστω ότι \displaystyle a \in \mathbb{R} με a \neq 1 και a \neq 3. Η διακρίνουσα του τριωνύμου \displaystyle h\left( x \right) είναι ίση με
\displaystyle \Delta  = 4{\left( {a + 4} \right)^2} - 12\left( {4a + 3} \right) = 4\left( {{a^2} - 4a + 7} \right) = 4\left[ {{{\left( {a - 2} \right)}^2} + 3} \right] > 0, οπότε η εξίσωση \displaystyle h\left( x \right) = 0 έχει δύο πραγματικές και άνισες ρίζες \displaystyle {x_1} και \displaystyle {x_2}, με (έστω) \displaystyle {x_1} < {x_2}. Έχουμε ότι
\displaystyle h\left( 1 \right) = 2\left( {a - 1} \right), \displaystyle h\left( 3 \right) =  - 2\left( {a - 3} \right) και \displaystyle h\left( a \right) = \left( {a - 1} \right)\left( {a - 3} \right). Αν a<1, τότε \displaystyle h\left( 1 \right) < 0, \displaystyle h\left( 3 \right) > 0 και \displaystyle h\left( a \right) > 0, οπότε \displaystyle a < {x_1} < 1 < {x_2} < 3.

Αν 1< a<3, τότε \displaystyle h\left( 1 \right) > 0, \displaystyle h\left( 3 \right) > 0 και \displaystyle h\left( a \right) < 0, οπότε \displaystyle 1 < {x_1} < a < {x_2} < 3.

Αν a>3, τότε \displaystyle h\left( 1 \right) > 0, \displaystyle h\left( 3 \right) < 0 και \displaystyle h\left( a \right) > 0, οπότε \displaystyle 1 < {x_1} < 3 < {x_2} < a.

Σε κάθε περίπτωση, σχηματίζοντας τον πίνακα προσήμων της \displaystyle {f'} βρίσκουμε ότι η f έχει ακριβώς τρεις θέσεις (ολικού) ελαχίστου (ίσου με 0), τις x=1, x=3 και x=a και ακριβώς δύο θέσεις τοπικού μεγίστου, τις x=x_1 και x=x_2.

2.(ii.) Για a=2, είναι \displaystyle h\left( x \right) = 3{x^2} - 12x + 11, με ρίζες \displaystyle {x_1} = 2 - \frac{{\sqrt 3 }}{3} και \displaystyle {x_2} = 2 + \frac{{\sqrt 3 }}{3}. Από τα παραπάνω και λόγω της συμμετρίας της \displaystyle {C_f} ως προς την ευθεία με εξίσωση x=2, η μέγιστη τιμή του γινομένου \displaystyle DA \cdot DB \cdot DC λαμβάνεται στα σημεία \displaystyle {D_1}\left( {2 - \frac{{\sqrt 3 }}{3},0} \right) και \displaystyle {D_2}\left( {2 + \frac{{\sqrt 3 }}{3},0} \right) και είναι ίση με \displaystyle \frac{{2\sqrt 3 }}{9}.

4. Θέτουμε, για ευκολία και ακρίβεια,
\displaystyle {f_a}\left( x \right) = {\left( {x - 1} \right)^2}{\left( {x - 3} \right)^2}{\left( {x - a} \right)^2}. Όπως έδειξε ο Βασίλης παραπάνω, η εξίσωση \displaystyle \int\limits_1^a {{f_a}\left( x \right)dx = } \int\limits_a^3 {{f_a}\left( x \right)dx} έχει λύση τον αριθμό \displaystyle a = 2 και είναι αδύνατη για \displaystyle a \in \left( { - \infty ,1} \right] \cup \left[ {3, + \infty } \right). Θα αποδείξουμε ότι είναι αδύνατη για \displaystyle a \in \left( {1,2} \right) \cup \left( {2,3} \right).

Έστω ότι \displaystyle a \in \left( {1,2} \right). Τότε, για \displaystyle x \in \left[ {1,a} \right] έχουμε διαδοχικά:

\displaystyle \left| {x - a} \right| < \left| {x - 2} \right| \Rightarrow {\left( {x - a} \right)^2} < {\left( {x - 2} \right)^2} \Rightarrow {\left( {x - 1} \right)^2}{\left( {x - 3} \right)^2}{\left( {x - a} \right)^2} \le {\left( {x - 1} \right)^2}{\left( {x - 2} \right)^2}{\left( {x - 3} \right)^2} \Rightarrow

\displaystyle  \Rightarrow {f_a}\left( x \right) \le {f_2}\left( x \right) \Rightarrow \int\limits_1^a {{f_a}\left( x \right)dx < } \int\limits_1^a {{f_2}\left( x \right)dx}  < \int\limits_1^2 {{f_2}\left( x \right)dx} .

Επίσης, για \displaystyle x \in \left[ {2,3} \right] έχουμε διαδοχικά:

\displaystyle \left| {x - a} \right| > \left| {x - 2} \right| \Rightarrow {\left( {x - a} \right)^2} > {\left( {x - 2} \right)^2} \Rightarrow {\left( {x - 1} \right)^2}{\left( {x - 3} \right)^2}{\left( {x - a} \right)^2} \ge {\left( {x - 1} \right)^2}{\left( {x - 2} \right)^2}{\left( {x - 3} \right)^2} \Rightarrow

\displaystyle  \Rightarrow {f_a}\left( x \right) \ge {f_2}\left( x \right) \Rightarrow \int\limits_a^3 {{f_a}\left( x \right)dx > } \int\limits_2^3 {{f_a}\left( x \right)dx}  > \int\limits_2^3 {{f_2}\left( x \right)dx} .

Αλλά είναι \displaystyle \int\limits_1^2 {{f_2}\left( x \right)dx = } \int\limits_2^3 {{f_2}\left( x \right)dx} , οπότε δείξαμε ότι για \displaystyle a \in \left( {1,2} \right) ισχύει
\displaystyle \int\limits_1^a {{f_a}\left( x \right)dx < } \int\limits_a^3 {{f_a}\left( x \right)dx} . Όμοια, για \displaystyle a \in \left( {2,3} \right) ισχύει \displaystyle \int\limits_1^a {{f_a}\left( x \right)dx > } \int\limits_a^3 {{f_a}\left( x \right)dx} και το ζητούμενο δείχθηκε.


Βαγγέλης Μουρούκος

Erro ergo sum.
Λάμπρος Κατσάπας
Δημοσιεύσεις: 592
Εγγραφή: Σάβ Ιουν 17, 2017 10:17 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Ένα 4ο θέμα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Λάμπρος Κατσάπας » Δευ Απρ 29, 2019 12:50 pm

Ευχαριστώ και τους δύο σας.

Γράφω και τη δική μου λύση για το 4 η οποία είναι πάνω στη λογική του κ.Βαγγέλη.

Θεωρούμε την \displaystyle F(a)=\int_{1}^{a}f(x)dx-\int_{a}^{3}f(x)dx και δείχνουμε ότι είναι γνησίως αύξουσα.

Όπως ειπώθηκε παραπάνω αρκεί να την μελετήσουμε στο (1,3).

Δείχνουμε ότι το a=2 επαληθεύει.

Θεωρούμε a_1,a_2 στο (1,3) με a_1<a_2.

Παίρνουμε x\in[1,a_1]. Είναι

a_1<a_2\Rightarrow x-a_1>x-a_2\Rightarrow (x-a_1)^2<(x-a_2)^2\Rightarrow (x-1)^2(x-3)^2(x-a_1)^2

\leq (x-1)^2(x-3)^2(x-a_2)^2

με την ισότητα μόνο για x=1. Ολοκληρώνοντας στο [1,a_1] παίρνουμε

\displaystyle \int_{1}^{a_1}(x-1)^2(x-3)^2(x-a_1)^2dx <\int_{1}^{a_1}(x-1)^2(x-3)^2(x-a_2)^2dx

\displaystyle< \int_{1}^{a_1}(x-1)^2(x-3)^2(x-a_2)^2dx+\int_{a_1}^{a_2}(x-1)^2(x-3)^2(x-a_2)^2dx=

\displaystyle\int_{1}^{a_2}(x-1)^2(x-3)^2(x-a_2)^2dx.(\bigstar )

Με τον ίδιο τρόπο δείχνουμε ότι

\displaystyle \int_{a_1}^{3}(x-1)^2(x-3)^2(x-a_1)^2dx> \int_{a_2}^{3}(x-1)^2(x-3)^2(x-a_1)^2dx \Rightarrow

\displaystyle -\int_{a_1}^{3}(x-1)^2(x-3)^2(x-a_1)^2dx< -\int_{a_2}^{3}(x-1)^2(x-3)^2(x-a_1)^2dx(\bigstar \bigstar )

Από τις (\bigstar  ),(\bigstar \bigstar ) με πρόσθεση κατά μέλη παίρνουμε F(a_1)<F(a_2) και επομένως έχουμε μοναδική λύση το a=2.

To παρακάτω είναι λάθος. Ευχαριστώ κ.Βαγγέλη.

Υ.Γ. Νομίζω η αρχική λύση του κ.Βασίλη στο θέμα 4 με κατάλληλη τροποποίηση στη διατύπωση δεν έχει πρόβλημα.

To a=2 επαληθεύει. Αν υποθέσουμε ότι υπάρχει και άλλο a που επαληθεύει τότε

\displaystyle \int_{1}^{a}(x-1)^2(x-3)^2(x-a)^2dx= \int_{a}^{3}(x-1)^2(x-3)^2(x-a)^2dx\Rightarrow

\displaystyle \int_{1}^{2}(x-1)^2(x-3)^2(x-a)^2dx+\int_{2}^{a}(x-1)^2(x-3)^2(x-a)^2dx=

 \displaystyle \int_{a}^{2}(x-1)^2(x-3)^2(x-a)^2dx+\int_{2}^{3}(x-1)^2(x-3)^2(x-a)^2dx\Rightarrow

\displaystyle \int_{2}^{a}(x-1)^2(x-3)^2(x-a)^2dx= \int_{a}^{2}(x-1)^2(x-3)^2(x-a)^2dx\Rightarrow

\displaystyle 2 \int_{2}^{a}(x-1)^2(x-3)^2(x-a)^2dx= 0\Rightarrow

\displaystyle \int_{2}^{a}(x-1)^2(x-3)^2(x-a)^2dx= 0 (άτοπο).


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΕ ΟΛΗ ΤΗΝ ΥΛΗ Γ'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης