Κλίση σε ... αναμονή

KARKAR · #1

Οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f(x)=x^3-x+3

και

έχουν

κοινά σημεία .

Είναι δύσκολο να βρεθούν , αλλά δείξτε ότι βρίσκονται στην ίδια ευθεία , η οποία μάλιστα έχει κλίση

.

Ιστοσελίδα · #2

Οι τετμημένες των σημείων τομής των C_f , C_g

θα βρεθούν από τη λύση της εξίσωσης:

$f(x) = g(x) \Leftrightarrow x^3-x+3 = 2x^3-4x+2 \Leftrightarrow x^3-3x-1 = 0.$

Για την συνάρτηση h(x)=x^3-3x-1

είναι

Από το θεώρημα Bolzano η εξίσωση h(x)=0

έχει μία τουλάχιστον ρίζα σε καθένα από τα διαστήματα (-2 , -1) , (-1 , 0) , (0,2).

Επειδή η εξίσωση είναι πολυωνυμική 3ου βαθμού, θα έχει ακριβώς τρεις ρίζες.

Έστω a<b<c

οι τρεις ρίζες. Τότε $a^3-3a-1 = 0 \Leftrightarrow a^3 = 3a+1$ και f(a)=a^3-a+3 = 3a+1-a+3 = 2a+4.

Άρα τα τρία σημεία τομής των C_f , C_g

είναι

Είναι $\lambda_{AB} = \dfrac{2b+4-2a-4}{b-a} = \dfrac{2(b-a)}{b-a} = 2.$ Όμοια $\lambda_{AC} = 2.$

Άρα τα σημεία A, B , C

είναι συνευθειακά και η ευθεία στην οποία ανήκουν έχει κλίση

Χρήστος Λαζαρίδης · #3

Βρίσκω την ευκαιρία για μία λύση της εξίσωσης που εμφανίζεται στο θέμα, χωρίς να είναι απαραίτητη.
$\displaystyle{x^{3}-3x-1=0\Leftrightarrow -\frac{1}{2}=\frac{3x}{2}-\frac{x^{3}}{2}\Leftrightarrow -\frac{1}{2}=3\frac{x}{2}-4\left(\frac{x}{x} \right)^{3}}$
Θέτουμε: $\displaystyle{y=\frac{x}{2}}$ , οπότε η εξίσωση γίνεται:
$\displaystyle{3y-4y^{3}=-\frac{1}{2}}$
Θέτουμε: $\displaystyle{y=\eta \mu \alpha }$ και έχουμε:
$\displaystyle{3\eta \mu \alpha-4\left(\eta \mu \alpha \right)^{3}=-\frac{1}{2}\Leftrightarrow \eta \mu (3\alpha )=\eta \mu (-30) }$
Οι λύσεις που προκύπτουν είναι:
$\displaystyle{x=-2\eta \mu 10,x=2\eta \mu 70,x=-2\eta \mu 50}$

Φιλικά Χρήστος

Tα 2 συμπληρώθηκαν μετά απο παρατήρηση του karkar

Ιστοσελίδα · #4

Ένας άλλος τρόπος για τη λύση της εξίσωσης: x^3-3x-1 = 0.

Θέτουμε $\displaystyle x = \frac{\sqrt{3}}{2}y - \frac{1}{2}.$ Μετά τις πράξεις η εξίσωση μετασχηματίζεται στην

$3\sqrt{3}y^3-9y^2-9\sqrt{3}y+3 = 0 \Leftrightarrow \sqrt{3}(3y-y^3) = 1-3y^2.$

Με έλεγχο διαπιστώνουμε ότι οι αριθμοί $\pm\dfrac{1}{\sqrt{3}}$ δεν είναι ρίζες της εξίσωσης, οπότε: $\dfrac{3y-y^3}{1-3y^2} = \dfrac{1}{\sqrt{3}}$

Θέτουμε: $y = \tan a$ και έχουμε:

$\dfrac{3 \tan a- \tan^3 a}{1-3\tan^2 a} = \dfrac{1}{\sqrt{3}} \Leftrightarrow \tan 3a = \tan 30^{\circ} \Leftrightarrow 3a = k\cdot 180^{\circ}+30^{\circ} \Leftrightarrow$ $a = k\cdot 60^{\circ}+10^{\circ}.$

Για k =0 , 1 , 2

παίρνουμε:

$x= \frac{\sqrt{3}}{2}\tan 10^{\circ} - \frac{1}{2} = \cos 30^{\circ}\cdot\dfrac{\sin 10^{\circ}}{\cos 10^{\circ}} - \sin 30^{\circ} = -\dfrac{\sin 20^{\circ}}{\cos 10^{\circ}} = -\dfrac{2\sin 10^{\circ}\cos 10^{\circ}}{\cos 10^{\circ}} =$ $-2\sin 10^{\circ}.$

Όμοια $x = \frac{\sqrt{3}}{2}\tan 70^{\circ} - \frac{1}{2} = 2\sin 70^{\circ}$ και $x = \frac{\sqrt{3}}{2}(-\tan 50^{\circ}) - \frac{1}{2} = -2\sin 50^{\circ} .$

Με αντικατάσταση στην αρχική εξίσωση διαπιστώνουμε ότι οι παραπάνω είναι λύσεις της εξίσωσης και είναι οι μόνες, αφού η εξίσωση είναι πολυωνυμική 3ου βαθμού.

Γιώργος Απόκης · #5

Mετά τις άριστες παραπάνω λύσεις, απλώς δίνω τις γραφικές παραστάσεις

parmenides51 · #6

Εντυπωσιακό κι ασυνήθιστο ερώτημα.
Εύγε

Νικος Αντωνόπουλος · #7

Αν ${{x}_{1}},{{x}_{2}},{{x}_{3}}$ είναι οι τετμημένες των κοινών τους σημείων, A,B,C

τότε $x_{1}^{3}-3{{x}_{1}}-1=0\Rightarrow x_{1}^{3}-{{x}_{1}}+3=2{{x}_{1}}+4\Rightarrow f({{x}_{1}})=2{{x}_{1}}+4$ . Ομοίως $f({{x}_{2}})=2{{x}_{2}}+4$ και $f({{x}_{3}})=2{{x}_{3}}+4$ , οπότε τα κοινά σημεία βρίσκονται πάνω στην ευθεία y=2x+4

Κλίση σε ... αναμονή

Κλίση σε ... αναμονή

Re: Κλίση σε ... αναμονή

Re: Κλίση σε ... αναμονή

Re: Κλίση σε ... αναμονή

Re: Κλίση σε ... αναμονή

Re: Κλίση σε ... αναμονή

Re: Κλίση σε ... αναμονή

Μέλη σε σύνδεση