Ανυπαρξία

KARKAR · #1

: Ανυπαρξία.png (10.83 KiB) Προβλήθηκε 1897 φορές

Υπάρχει σημείο

της γραφικής παράστασης της συνάρτησης : $f(x)=\l n(x+\dfrac{1}{x} )$ ,

τέτοιο ώστε η εφαπτομένη της $C_{f}$ στο

, να διέρχεται από την αρχή των αξόνων ;

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #2

KARKAR έγραψε: Τρί Μάιος 19, 2020 7:41 pm Ανυπαρξία.pngΥπάρχει σημείο της γραφικής παράστασης της συνάρτησης : $f(x)=\l n(x+\dfrac{1}{x} )$ ,

τέτοιο ώστε η εφαπτομένη της $C_{f}$ στο , να διέρχεται από την αρχή των αξόνων ;

Οχι δεν υπάρχει.
Αν η εφαπτομένη είναι στο (x_0,f(x_0)

τότε για να περνάει από το (0,0)

πρέπει και αρκεί να έχουμε

f(x_0)=x_0f'(x_0)

Δηλαδή $\ln(x_0+\dfrac{1}{x_0})=x_0-1$

που δεν γίνεται λόγω της $\ln x\leq x-1$

Εχει υπολογισθεί ΛΑΘΟΣ η παράγωγος της συνάρτησης.Ετσι η και η λύση δεν είναι σωστή. Ευχαριστώ τον KARKARπου μου το επεσήμανε. Αργότερα θα γράψω σωστή λύση.

#3

KARKAR έγραψε: Τρί Μάιος 19, 2020 7:41 pm Ανυπαρξία.pngΥπάρχει σημείο της γραφικής παράστασης της συνάρτησης : $f(x)=\l n(x+\dfrac{1}{x} )$ ,

τέτοιο ώστε η εφαπτομένη της $C_{f}$ στο , να διέρχεται από την αρχή των αξόνων ;

Η απάντηση είναι όχι. Αν

είναι το σημείο τομής της εφαπτομένης στο x_0

με τον άξονα y'y,

τότε αρκεί να δείξουμε ότι

$OB\ne 0.$ Θέτω $\displaystyle OB = g(x) = f(x) - \frac{{{x^2} - 1}}{{{x^2} + 1}}$ και $\displaystyle g'(x) = \frac{{{x^4} - 4{x^2} - 1}}{{x{{({x^2} + 1)}^2}}}, x>0$

Η

παρουσιάζει για $\displaystyle x = \sqrt {2 + \sqrt 5 }$ ελάχιστο ίσο με $\displaystyle O{B_{\min }} = \ln \frac{{3 + \sqrt 5 }}{{\sqrt {2 + \sqrt 5 } }} - \frac{{\sqrt 5 - 1}}{2} > 0$

(Κατά προσέγγιση $\displaystyle O{B_{\min }} \simeq 0,31572$ ).

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #4

Η εξίσωση εφαπτομένης είναι $\displaystyle y=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)$
Για να περνάει από το (0,0)

πρέπει και αρκεί να ισχύει
$\displaystyle f(x_0)=f'(x_0)x_0$

Δηλαδή πρέπει η εξίσωση $\displaystyle f(x)=f'(x)x$
να έχει λύση.
Εδώ η εξίσωση γράφεται
$\displaystyle \ln (x+\frac{1}{x})=\frac{x^2-1}{x^2+1}$
Αν δείξουμε ότι για x>0

είναι

$\displaystyle \ln (x+\frac{1}{x})>\frac{x^2-1}{x^2+1}$
τότε δεν θα υπάρχει τέτοια εφαπτομένη.

1) x>e

Είναι $\displaystyle \ln (x+\frac{1}{x})>\ln e=1>\frac{x^2-1}{x^2+1}$

2) $0<x\leq e$

Θα χρειασθούμε ότι e<3

και $\displaystyle \ln x \geq 1-\frac{1}{x}$
Να σημειώσω ότι δεν χρειάζεται λογισμός για αυτές τις ανισότητες.
Προκύπτουν άμεσα από τους αυστηρούς ορισμούς του

και $\ln$
Είναι

$\displaystyle \ln (x+\frac{1}{x})=\ln (\frac{x^2+1}{x})=\ln (e\frac{x^2+1}{ex})=1+\ln (\frac{x^2+1}{ex})\geq$

$\displaystyle 1+1-\frac{xe}{x^2+1}> 2-\frac{3x}{x^2+1}=\frac{2x^2+2-3x}{x^2+1}=\frac{x^2-1+x^2-3x+3}{x^2+1}> \frac{x^2-1}{x^2+1}$

Ανυπαρξία

Ανυπαρξία

Re: Ανυπαρξία

Re: Ανυπαρξία

Re: Ανυπαρξία

Μέλη σε σύνδεση