Εφαπτομένη σέ δύο σημεία

#1

Από όλες τίς εφαπτόμενες ευθείες στήν γραφική παράσταση τής συνάρτησης $f(x)=\dfrac{\ln\!\left({x^{2\rho}}\right)}{x^{2\kappa+1}}$ , $\rho\in\mathbb{N}^{*}$ , $\kappa\in\mathbb{N}$ , νά βρεθούν εκείνες πού εφάπτονται σέ δύο διαφορετικά σημεία στήν γραφική παράσταση τής συνάρτησης.

hsiodos · #2

Καλησπέρα

Γράφω μια συνοπτική λύση (με μια επιφύλαξη για τις πράξεις που έγιναν βιαστικά)

Βρίσκουμε $\displaystyle{f{'} (x) = \frac{{2\rho - (2\kappa + 1)\ln (x^{2\rho } )\,}}{{x^{2\kappa + 2} }}}$

Η f είναι περιττή και η f΄ άρτια.

Έστω ε ευθεία που εφάπτεται στη γρ.παρ της f στα (διαφορετικά) σημεία $\displaystyle{{\rm A}(x_1 ,f(x_1 ))\,\,,\,\,B(x_2 ,f(x_2 ))\,}$ με εξίσωση $\displaystyle{ y - f(x_1 ) = f{'} (x_1 )(x - x_1 )\,\,(1)}$

Αυτό συμβαίνει μόνο όταν:

α) $\displaystyle{f{'} (x_1 ) = f{'} (x_2 )}$ και επειδή f΄ άρτια προκύπτει $\displaystyle{x_2 = - x_1}$ οπότε $\displaystyle{B( - x_1 ,f( - x_1 )) = ( - x_1 , - f(x_1 ))}$

(Θεωρούμε -χωρίς βλάβη- ότι $\displaystyle{x_1 > 0}$ ) και

β) οι συντεταγμένες του Β επαληθεύουν την (1) δηλαδή

$\displaystyle{ - f(x_1 ) - f(x_1 ) = f{'} (x_1 )( - x_1 - x_1 ) \Rightarrow f(x_1 ) = x_1 f{'} (x_1 ) \Rightarrow \frac{{\ln (x_1 ^{2\rho } )}}{{x_1 ^{2\kappa + 1} }} = x_1 \frac{{2\rho - (2\kappa + 1)\ln (x_1 ^{2\rho } )\,}}{{x_1 ^{2\kappa + 2} }} }$ \displaystyle{\displaystyle{
\Rightarrow \ln (x_1 ^{2\rho } ) = 2\rho - (2\kappa + 1)\ln (x_1 ^{2\rho } ) \Rightarrow (2\kappa + 2)\ln (x_1 ^{2\rho } ) = 2\rho \Rightarrow \ln (x_1 ^{2\rho } ) = \frac{\rho }{{\kappa + 1}} \Rightarrow x_1 ^{2\rho } = e^{\frac{\rho }{{\kappa + 1}}} }} $\displaystyle{ \Rightarrow x_1 = e^{\frac{1}{{2\kappa + 2}}} \,\,\,}$

Επομένως η ζητούμενη εφαπτομένη είναι μοναδική και η εξίσωσή της προκύπτει από την (1) γνωστού όντος του $\displaystyle{x_1 }$

Γιώργος

ΥΓ. Ζητώ συγνώμη που δεν γράφω πιο αναλυτικά αλλά έχω μάθημα μέχρι αργά το βράδυ.

#3

hsiodos έγραψε:...................................................................................................................................................
α) $\displaystyle{f{'} (x_1 ) = f{'} (x_2 )}$ και επειδή f΄ άρτια προκύπτει $\displaystyle{x_2 = - x_1}$ ....
...................................................................................................................................................

Γιώργο,

γιά τήν άρτια συνάρτηση $f^{\prime}$ , τό σύστημα $\left\{ {\begin{array}{c} {f^{\prime}({x})=f^{\prime}({y})}\vspace{0.1cm} \\ {y\neq{x}} \end{array}} \right\}$ έχει, ώς πρός

, σάν λύση τήν y=-x

. Όμως αυτή δέν είναι πάντοτε μοναδική. Είναι δυνατόν νά υπάρχουν $y\neq{-x}$ , τά οποία είναι, επίσης, λύσεις τού συστήματος.

#4

grigkost έγραψε:
hsiodos έγραψε:...................................................................................................................................................
α) $\displaystyle{f{'} (x_1 ) = f{'} (x_2 )}$ και επειδή f΄ άρτια προκύπτει $\displaystyle{x_2 = - x_1}$ ....
...................................................................................................................................................
Γιώργο,

γιά τήν άρτια συνάρτηση $f^{\prime}$ , τό σύστημα $\left\{ {\begin{array}{c} {f^{\prime}({x})=f^{\prime}({y})}\vspace{0.1cm} \\ {y\neq{x}} \end{array}} \right\}$ έχει, ώς πρός , σάν λύση τήν . Όμως αυτή δέν είναι πάντοτε μοναδική. Είναι δυνατόν νά υπάρχουν $y\neq{-x}$ , τά οποία είναι, επίσης, λύσεις τού συστήματος.

Κατά τα άλλα, όμως, η διαπραγμάτευση του Γιώργου είναι σωστή. Από την μελέτη της παραγώγου προκύπτει ότι κάθε οριζόντια ευθεία τέμνει την γραφική της παράσταση σε κανένα ή μόνο δύο ή μόνο τέσσερα σημεία. Αποκλειομένων, εύκολα ή δύσκολα, των άλλων περιπτώσεων, απομένει η λύση του Γιώργου που αντιστοιχεί σε κοινή "εσωτερική" εφαπτομένη των δύο κλάδων της γραφικής παράστασης της συνάρτησης.

hsiodos · #5

grigkost έγραψε:
hsiodos έγραψε:...................................................................................................................................................
α) $\displaystyle{f{'} (x_1 ) = f{'} (x_2 )}$ και επειδή f΄ άρτια προκύπτει $\displaystyle{x_2 = - x_1}$ ....
...................................................................................................................................................
Γιώργο,

γιά τήν άρτια συνάρτηση $f^{\prime}$ , τό σύστημα $\left\{ {\begin{array}{c} {f^{\prime}({x})=f^{\prime}({y})}\vspace{0.1cm} \\ {y\neq{x}} \end{array}} \right\}$ έχει, ώς πρός , σάν λύση τήν . Όμως αυτή δέν είναι πάντοτε μοναδική. Είναι δυνατόν νά υπάρχουν $y\neq{-x}$ , τά οποία είναι, επίσης, λύσεις τού συστήματος.

Γρηγόρη έχεις δίκιο. Γενικά είναι δυνατόν να έχουμε και άπειρες λύσεις.

Για την συγκεκριμένη άσκηση αρκεί να αποδείξουμε ότι δεν υπάρχει εφαπτομένη της γρ. παρ της f σε δύο διαφορετικά σημεία με θετικές τετμημένες.(οπότε αν $\displaystyle{f{'} (x_1 ) = f{'} (x_2 )}$ αναγκαστικά $\displaystyle{x_1 = - x_2 }$ αφού f΄ άρτια)
Πάμε με εις άτοπο απαγωγή.

Έστω ότι η ευθεία ε εφάπτεται της γρ. παρ της f στα σημεία $\displaystyle{\left( {x_1 ,f(x_1 )} \right)\,\,,\,\left( {x_2 ,f(x_2 )} \right)}$ όπου $\displaystyle{0 < x_1 < x_2 }$ .

Ισχύει $\displaystyle{f{'} (x_1 ) = f{'} (x_2 )\, = \,\,\lambda _\varepsilon }$

Εφαρμόζοντας το ΘΜΤ για την f στο $\displaystyle{[x_1 ,x_2 ]}$ βρίσκουμε $\displaystyle{ \xi \in (x_1 ,x_2 )\,\,\,\mu \varepsilon \,\,f{'} (\xi ) = \frac{{f(x_2 ) - f(x_1 )}}{{x_2 - x_1 }} = \lambda _\varepsilon }$

Δηλαδή έχουμε $\displaystyle{ 0 < x_1 < \xi < x_2 \,\,\,\mu \varepsilon \,\,\,f{'} (x_1 ) = f{'} (\xi ) = f{'} (x_2 )}$

Εφαρμόζοντας τώρα διαδοχικά το Θ.Rolle για την f' στα διαστήματα $\displaystyle{[x_1 ,\xi ],[\xi ,x_2 ]}$ βρίσκουμε ότι η f'' έχει δύο διαφορετικές θετικές ρίζες. Αυτό όμως είναι άτοπο αφού

$\displaystyle{ f{''} (x) = \frac{{ - 2\rho (4\kappa + 3) + (2\kappa + 1)(2\kappa + 2)\ln (x^{2\rho } )}}{{x^{2k + 3} }} }$

και όπως εύκολα διαπιστώνουμε η f'' έχει δύο ρίζες αντίθετες.

Γιώργος

#6

Η ειδική περίπτωση $\rho=1, \ \kappa=0$ μέ είχε απασχολήσει πρίν από μία δεκαετία γιά τήν οποία είχα δώσει μία λύση.
Στό συνημμένο υπάρχει μία λύση γιά τήν γενική περίπτωση.

2pointan.pdf: (183.89 KiB) Μεταφορτώθηκε 54 φορές

(Συγχωρείστε μου τήν πρώτη καί -ελπίζω τελευταία- φορά πού επισυνάπτω λύση αντί τής παρουσίασής της σέ $\rm\LaTeX$ )

hsiodos · #7

Καλημέρα

Γράφω τις απαντήσεις που έχω δώσει πιο πάνω σε μια ενιαία λύση.

Βρίσκουμε $\displaystyle{f{'} (x) = \frac{{2\rho - (2\kappa + 1)\ln (x^{2\rho } )\,}}{{x^{2\kappa + 2} }}}$ και $\displaystyle{ f{''} (x) = \frac{{ - 2\rho (4\kappa + 3) + (2\kappa + 1)(2\kappa + 2)\ln (x^{2\rho } )}}{{x^{2k + 3} }}}$ , $\displaystyle{x \in R^* }$

Η f είναι περιττή και η f΄ άρτια.

1. Αρχικά θα δείξουμε ότι δεν υπάρχει εφαπτομένη της γρ. παρ της f σε δύο διαφορετικά σημεία με θετικές τετμημένες (κατά συνέπεια ούτε σε δύο διαφορετικά σημεία με αρνητικές τετμημένες) .

Έστω ότι η ευθεία ε εφάπτεται της γρ. παρ της f στα σημεία Α $\displaystyle{\left( {x_1 ,f(x_1 )} \right)\,\,,\,B\left( {x_2 ,f(x_2 )} \right)}$ όπου $\displaystyle{0 < x_1 < x_2 }$ .

Ισχύει $\displaystyle{f{'} (x_1 ) = f{'} (x_2 )\, = \,\,\lambda _\varepsilon }$

Εφαρμόζοντας το ΘΜΤ για την f στο $\displaystyle{[x_1 ,x_2 ]}$ βρίσκουμε $\displaystyle{ \xi \in (x_1 ,x_2 )\,\,\,\mu \varepsilon \,\,f{'} (\xi ) = \frac{{f(x_2 ) - f(x_1 )}}{{x_2 - x_1 }} = \lambda _\varepsilon }$

Δηλαδή έχουμε $\displaystyle{ 0 < x_1 < \xi < x_2 \,\,\,\mu \varepsilon \,\,\,f{'} (x_1 ) = f{'} (\xi ) = f{'} (x_2 )}$

Εφαρμόζοντας τώρα διαδοχικά το Θ.Rolle για την f' στα διαστήματα $\displaystyle{[x_1 ,\xi ],[\xi ,x_2 ]}$ βρίσκουμε ότι η f'' έχει δύο διαφορετικές θετικές ρίζες. Αυτό όμως είναι άτοπο αφού όπως εύκολα διαπιστώνουμε η f'' έχει δύο ρίζες αντίθετες.

2. Έστω τώρα ευθεία ε που εφάπτεται στη γρ.παρ της f στα (διαφορετικά) σημεία $\displaystyle{{\rm A}(x_1 ,f(x_1 ))\,\,,\,\,B(x_2 ,f(x_2 ))\,}$ με εξίσωση $\displaystyle{y - f(x_1 ) = f{'} (x_1 )(x - x_1 )\,\,(1)}$

Αυτό συμβαίνει μόνο όταν:

α) $\displaystyle{f{'} (x_1 ) = f{'} (x_2 )}$ και παίρνοντας υπ' όψη το παραπάνω σημείο 1. και ότι η f΄ είναι άρτια προκύπτει $\displaystyle{x_2 = - x_1}$ οπότε $\displaystyle{B( - x_1 ,f( - x_1 )) = ( - x_1 , - f(x_1 ))}$

(Θεωρούμε -χωρίς βλάβη- ότι $\displaystyle{x_1 > 0}$ ) και

β) οι συντεταγμένες του Β επαληθεύουν την (1) δηλαδή

$\displaystyle{ - f(x_1 ) - f(x_1 ) = f{'} (x_1 )( - x_1 - x_1 ) \Rightarrow f(x_1 ) = x_1 f{'} (x_1 )\,\,\,(2) \Rightarrow \frac{{\ln (x_1 ^{2\rho } )}}{{x_1 ^{2\kappa + 1} }} = x_1 \frac{{2\rho - (2\kappa + 1)\ln (x_1 ^{2\rho } )\,}}{{x_1 ^{2\kappa + 2} }} }$ \displaystyle{\displaystyle{
\Rightarrow \ln (x_1 ^{2\rho } ) = 2\rho - (2\kappa + 1)\ln (x_1 ^{2\rho } ) \Rightarrow (2\kappa + 2)\ln (x_1 ^{2\rho } ) = 2\rho \Rightarrow \ln (x_1 ^{2\rho } ) = \frac{\rho }{{\kappa + 1}} \Rightarrow x_1 ^{2\rho } = e^{\frac{\rho }{{\kappa + 1}}} }} $\displaystyle{ \Rightarrow x_1 = e^{\frac{1}{{2\kappa + 2}}} \,\,\,}$

Επομένως η ζητούμενη εφαπτομένη ε είναι μοναδική και η εξίσωσή της προκύπτει από την (1) : $\displaystyle{ (1)\mathop \Leftrightarrow \limits^{(2)} \,\,y = f{'} (x_1 ) \cdot x\,}$ και επειδή $\displaystyle{f{'} (x_1 ) = \frac{\rho }{{e(\kappa + 1)}}}$ τελικά $\displaystyle{\varepsilon :\,\,y = \frac{\rho }{{e(\kappa + 1)}}x}$

Γιώργος

Εφαπτομένη σέ δύο σημεία

Εφαπτομένη σέ δύο σημεία

Re: Εφαπτομένη σέ δύο σημεία

Re: Εφαπτομένη σέ δύο σημεία

Re: Εφαπτομένη σέ δύο σημεία

Re: Εφαπτομένη σέ δύο σημεία

Re: Εφαπτομένη σέ δύο σημεία

Re: Εφαπτομένη σέ δύο σημεία

Μέλη σε σύνδεση