Με απλά υλικά (31)

#1

α) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle \ln x-2=\frac{2}{\sqrt{x}}$ έχει μοναδική ρίζα $\displaystyle k\in (0,+\infty )$
β) Στο σημείο $\displaystyle A(k,f(k))$ της γραφικής παράστασης της $\displaystyle f(x)=\ln x,\,\,\,x>1$ ,
φέρνουμε την εφαπτομένη της $\displaystyle {{C}_{f}}$ και την κάθετη στον $\displaystyle {x}'x$ που τέμνουν τον $\displaystyle {x}'x$ στα $\displaystyle B,C$ , αντίστοιχα.
Αποδείξτε ότι η $\displaystyle {{C}_{f}}$ διαιρεί το τρίγωνο $\displaystyle ABC$ σε δυο ισεμβαδικά χωρία .

#2

exdx έγραψε: Τετ Δεκ 22, 2021 10:34 pm α) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle \ln x-2=\frac{2}{\sqrt{x}}$ έχει μοναδική ρίζα $\displaystyle k\in (0,+\infty )$
β) Στο σημείο $\displaystyle A(k,f(k))$ της γραφικής παράστασης της $\displaystyle f(x)=\ln x,\,\,\,x>1$ ,
φέρνουμε την εφαπτομένη της $\displaystyle {{C}_{f}}$ και την κάθετη στον $\displaystyle {x}'x$ που τέμνουν τον $\displaystyle {x}'x$ στα $\displaystyle B,C$ , αντίστοιχα.
Αποδείξτε ότι η $\displaystyle {{C}_{f}}$ διαιρεί το τρίγωνο $\displaystyle ABC$ σε δυο ισεμβαδικά χωρία .

Καλημέρα Γιώργη (αν και εδώ στις Βρυξέλλες έχουμε μια ώρα νωρίτερα

)

Θεωρούμε τις συναρτήσεις $g\left( x \right)=\ln x-2$ και $h\left( x \right)=\dfrac{2}{\sqrt{x}}$
Είναι $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,g\left( x \right)=-\infty$ και $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,h\left( x \right)=+\infty$ οπότε $\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left[ g\left( x \right)-h\left( x \right) \right]=-\infty$
Και $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,g\left( x \right)=+\infty$ και $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,h\left( x \right)=0$ οπότε $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left[ g\left( x \right)-h\left( x \right) \right]=+\infty$ .
Η συνάρτηση $t\left( x \right)=g\left( x \right)-h\left( x \right)$ είναι συνεχής (διαφορά συνεχών) στο διάστημα $\left( 0,+\infty \right)$ και από τα όρια (λόγω της συνέχειας) προκύπτει ότι έχει σύνολο τιμών το

που περιέχει το

και σύμφωνα με το θεώρημα των ενδιαμέσων τιμών θα παίρνει όλες τις τιμές στο

, άρα θα υπάρχει $k\in \left( 0,+\infty \right)$ ώστε: $t\left( k \right)=0$
Η συνάρτηση

είναι γνησίως αύξουσα στο $\left( 0,+\infty \right)$ ( διαφορά γνησίως αύξουσας και σταθερής) και η

έχει παράγωγο ${h}'\left( x \right)=-\dfrac{1}{x\sqrt{x}}<0,\forall x\in \left( 0,+\infty \right)$ οπότε η

είναι γνησίως φθίνουσα στο $\left( 0,+\infty \right)$ οπότε η

είναι γνησίως αύξουσα στο $\left( 0,+\infty \right)$ (γνωστή πρόταση ) και συνεπώς το

είναι μοναδικό. Δηλαδή ισχύει : $\ln k-2=\dfrac{2}{\sqrt{k}}$

Με $t\left( 1 \right)=g\left( 1 \right)-h\left( 1 \right)=-2-2=-4<0$ και λόγω της μονοτονίας της

διαπιστώνουμε ότι k>1

β) Η εξίσωση της εφαπτομένης στο $A\left( k,f\left( k \right) \right)$ είναι $\left( e \right):y-\ln k=\dfrac{1}{k}\left( x-k \right)\overset{y=0}{\mathop{\Rightarrow }}\,\ldots x=k\left( 1-\ln k \right)$ , οπότε $B\left( k\left( 1-\ln k \right),0 \right)$
και $C\left( k,0 \right)$ άρα $BC=\left| k-k\left( 1-\ln k \right) \right|\overset{k>1}{\mathop{=}}\,k\ln k$ οπότε εμβαδόν του τριγώνου $\vartriangle ABC$ θα είναι: $\left( ABC \right)=\dfrac{k\ln k\cdot \ln k}{2}=\dfrac{k{{\ln }^{2}}k}{2}$ και επειδή $\ln k=\dfrac{2}{\sqrt{k}}+2$ θα είναι
$\left( ABC \right)=\dfrac{k}{2}\cdot {{\left( \dfrac{2}{\sqrt{k}}+2 \right)}^{2}}=\ldots 2{{\left( 1+\sqrt{k} \right)}^{2}}$
Και το εμβαδόν που ορίζεται από τον άξονα {x}'x

και τη γραφική παράσταση της $f\left( x \right)=\ln x$ και την ευθεία με εξίσωση x=k

θα είναι $E=\int\limits_{1}^{k}{\left| f\left( x \right) \right|dx}=\int\limits_{1}^{k}{\ln xdx}=\left[ x\ln x \right]_{1}^{k}-\int\limits_{1}^{k}{1dx}=k\ln k-k+1$
$\overset{\ln k=\dfrac{2}{\sqrt{k}}+2}{\mathop{=}}\,k\left( \dfrac{2}{\sqrt{k}}+2 \right)-k+1=2\sqrt{k}+k+1={{\left( 1+\sqrt{k} \right)}^{2}}=\dfrac{\left( ABC \right)}{2}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί .

#3

exdx έγραψε: Τετ Δεκ 22, 2021 10:34 pm α) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση $\displaystyle \ln x-2=\frac{2}{\sqrt{x}}$ έχει μοναδική ρίζα $\displaystyle k\in (0,+\infty )$

Αλλιώς για το α). Έστω $\displaystyle g(x) = \ln x - 2 - \frac{2}{{\sqrt x }},x \in (0, + \infty )$ με $\displaystyle g'(x) = \frac{1}{x} + \frac{1}{{x\sqrt x }} > 0,$ που σημαίνει

ότι η

είναι γνησίως αύξουσα, άρα η εξίσωση έχει το πολύ μία πραγματική ρίζα. Με $\displaystyle {\rm{Bolzano}}$ τώρα διαπιστώνουμε

ότι υπάρχει αυτή η μοναδική ρίζα

με $\displaystyle k \in ({e^2},{e^3}).$

Με απλά υλικά (31)

Με απλά υλικά (31)

Re: Με απλά υλικά (31)

Re: Με απλά υλικά (31)

Μέλη σε σύνδεση