Μοναδική λύση

KARKAR · #1

Βρείτε την ( μοναδική ) τιμή του θετικού αριθμού

, για την οποία

η εξίσωση : $\ell n\left{(}\dfrac{ax}{x^2+4}\right{)}=x^2-4x+7$ , έχει μοναδική λύση .

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 11, 2019 11:33 am
Βρείτε την ( μοναδική ) τιμή του θετικού αριθμού , για την οποία

η εξίσωση : $\ell n\left{(}\dfrac{ax}{x^2+4}\right{)}=x^2-4x+7$ , έχει μοναδική λύση .

#3

Nα υποθέσω ότι ο Στάθης ( Στάθη, να είσαι πάντα καλά!) βρήκε το ακρότατο της συνάρτησης

$-ln\dfrac{x}{x^2+4}+x^2-4x+7;$

#4

rek2 έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 11, 2019 6:16 pm
Nα υποθέσω ότι ο Στάθης ( Στάθη, να είσαι πάντα καλά!) βρήκε το ακρότατο της συνάρτησης

$-ln\dfrac{x}{x^2+4}+x^2-4x+7;$

Κώστα, δεν είσαι και "μακρυά"

Κατά βάση βρήκα την κυρτότητα της συνάρτησης (πρώτο μέλος), τη θέση του ακροτάτου της x=2

(με οριζόντια εφαπτόμενη) και την κοιλότητα της συνάρτησης (δεύτερο μέλος) με ακρότατο στην ίδια θέση

Η πλάκα είναι ότι το συγκεκριμένο πρόβλημα το λύνει και μαθητής της Β' Λυκείου (χωρίς παραγώγους

#5

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 11, 2019 12:18 pm

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 11, 2019 11:33 am
Βρείτε την ( μοναδική ) τιμή του θετικού αριθμού , για την οποία

η εξίσωση : $\ell n\left{(}\dfrac{ax}{x^2+4}\right{)}=x^2-4x+7$ , έχει μοναδική λύση .

: μοναδική λύση.png (10.78 KiB) Προβλήθηκε 2188 φορές

Το «χαμόγελο» του Στάθη αλλά και η σκέψη του Θανάση πιστεύω προέρχονται από:

Το τριώνυμο $y = {x^2} - 4x + 7$ παρουσιάζει ελάχιστο,

στο ${x_0} = 2$ .

Εποπτικά η μόνη περίπτωση να έχουμε μοναδική επαφή των δύο γραμμών είναι

να ισχύει : $\ln \left( {\frac{{2a}}{8}} \right) = 3 \Rightarrow a = 4{e^3}$

gschwindi · #6

Ισοδύναμα γράφεται και ως: $x^{2} -4x + 7 - \ln {\frac{ax}{x^2+4}}=0$

. Αφού έχει μοναδική λύση, θα γράφεται ως $(x-r)^{2} = 0$ . Οπότε πρέπει $-2r = -4 \Leftrightarrow r = 2.$ . 'Αρα για x = 2

έχουμε πως $\ln \frac{2a}{8} = 3 \Leftrightarrow \frac{a}{4} = e^{3} \Leftrightarrow a = 4e^{3}.$

KARKAR · #7

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 11, 2019 6:20 pm
Η πλάκα είναι ότι το συγκεκριμένο πρόβλημα το λύνει και μαθητής της Β' Λυκείου (χωρίς παραγώγους

Ακριβώς Στάθη , για τους "ψαγμένους" μαθητές της Β' Λυκείου προορίζεται η άσκηση ,

γι αυτό τοποθετήθηκε στον φάκελο "Άλγεβρα" και όχι σε κάποιο θέμα Ανάλυσης ...

#8

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 11, 2019 7:59 pm

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 11, 2019 6:20 pm
Η πλάκα είναι ότι το συγκεκριμένο πρόβλημα το λύνει και μαθητής της Β' Λυκείου (χωρίς παραγώγους
Ακριβώς Στάθη , για τους "ψαγμένους" μαθητές της Β' Λυκείου προορίζεται η άσκηση ,

γι αυτό τοποθετήθηκε στον φάκελο "Άλγεβρα" και όχι σε κάποιο θέμα Ανάλυσης ...

Είναι, άραγε, τόσο απλά τα πράγματα;;;

#9

Καλησπέρα σε όλους.

Πρέπει x>0

, για να ορίζεται ο λογάριθμος.

Θέτω $\displaystyle ln\left( {\frac{{ax}}{{{x^2} + 4}}} \right) = k$ .

$\displaystyle ln\left( {\frac{{ax}}{{{x^2} + 4}}} \right) = {x^2} - 4x + 7 \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 7 - k = 0$

Για να έχει μία διπλή ρίζα η εξίσωση πρέπει και αρκεί

$\displaystyle D = 0 \Leftrightarrow 16 - 28 + 4k = 0 \Leftrightarrow k = 3$

οπότε

$\displaystyle ln\left( {\frac{{ax}}{{{x^2} + 4}}} \right) = 3 \Leftrightarrow \frac{{ax}}{{{x^2} + 4}} = {e^3} \Leftrightarrow {e^3}{x^2} - ax + 4{e^3} = 0$

Για να έχει λύσεις η εξίσωση πρέπει $\displaystyle {a^2} - 16{e^6} \ge 0 \Leftrightarrow {a^2} \ge 16{e^6} \Leftrightarrow a \ge 4{e^3}$ , αφού a > 0

.

Παρατηρούμε ότι επειδή οι συντελεστές του τριωνύμου είναι συναρτήσεις του

και επειδή θέλουμε μια μοναδική τιμή του

για την οποία να είναι D=0

, θέτουμε $\displaystyle {a^2} - 16{e^6} = 0 \Leftrightarrow a = 4{e^3}$ .

Christos.N · #10

Γιώργο θα ήθελα να μου εξηγήσεις το χρωματισμένο.

Πρέπει x>0

, για να ορίζεται ο λογάριθμος.

Θέτω $\displaystyle ln\left( {\frac{{ax}}{{{x^2} + 4}}} \right) =k(x)$ .

$\displaystyle ln\left( {\frac{{ax}}{{{x^2} + 4}}} \right) = {x^2} - 4x + 7 \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 7 - k(x)= 0$

Για να έχει μία διπλή ρίζα η εξίσωση πρέπει και αρκεί

$\displaystyle D = 0$

πρόσθεσα με k(x)

την εξάρτηση της εξαρτημένης μεταβλητής

.

#11

Christos.N έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 11, 2019 10:40 pm
Γιώργο θα ήθελα να μου εξηγήσεις το χρωματισμένο.

Πρέπει , για να ορίζεται ο λογάριθμος.

Θέτω $\displaystyle ln\left( {\frac{{ax}}{{{x^2} + 4}}} \right) =k(x)$ .

$\displaystyle ln\left( {\frac{{ax}}{{{x^2} + 4}}} \right) = {x^2} - 4x + 7 \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 7 - k(x)= 0$

Για να έχει μία διπλή ρίζα η εξίσωση πρέπει και αρκεί

$\displaystyle D = 0$

πρόσθεσα με την εξάρτηση της εξαρτημένης μεταβλητής .

Χρήστο καλησπέρα. Όπως διαβάζεις παρακάτω, εξηγώ ότι ο συντελεστής

στο τριώνυμο είναι συνάρτηση του

.
Αυτό δεν μάς απαγορεύει να χρησιμοποιούμε τη μέθοδο της διακρίνουσας, που είναι ισοδύναμη με τη μέθοδο της συμπλήρωσης τετραγώνου.
Θα θυμάσαι πόσο ταλαιπώρησαν το

κάποιες εμμονές πριν από χρόνια.

Έχουμε a=1, b = -4, c = 7-k(x)

και θέτω τη διακρίνουσα D = (-4)^2-4(7-k(x)) = 0

.

Εδώ, λοιπόν, θα μπορούσα να συνεχίσω ως εξής:

$\displaystyle {x^2} - 4x + 7 - k(x) = 0 \Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} = k(x) - 3$

Αν k(x)<3

η εξίσωση είναι αδύνατη.

Αν k(x) > 3

έχει δύο ρίζες $\displaystyle x = 2 \pm \sqrt {k(x) - 3}$ .

Αν k(x) = 3

η εξίσωση έχει μοναδική ρίζα, τη x = 2

.

Οπότε, αφού θέλουμε να έχει διπλή ρίζα, θα είναι

$\displaystyle ln\left( {\frac{{2a}}{8}} \right) = 3 \Leftrightarrow a = 4{e^3}$

Επέλεξα την προηγούμενη πορεία, εφόσον τέτοια λύση δοθεί από τον gschwindi λίγο παραπάνω, αλλά και να για επισημάνω το τελευταίο βήμα, όπου η διακρίνουσα της διακρίνουσας

πρέπει επίσης να είναι

.

Λάμπρος Κατσάπας · #12

Christos.N έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 11, 2019 10:40 pm
Γιώργο θα ήθελα να μου εξηγήσεις το χρωματισμένο.

Πρέπει , για να ορίζεται ο λογάριθμος.

Θέτω $\displaystyle ln\left( {\frac{{ax}}{{{x^2} + 4}}} \right) =k(x)$ .

$\displaystyle ln\left( {\frac{{ax}}{{{x^2} + 4}}} \right) = {x^2} - 4x + 7 \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 7 - k(x)= 0$

Για να έχει μία διπλή ρίζα η εξίσωση πρέπει και αρκεί

$\displaystyle D = 0$

πρόσθεσα με την εξάρτηση της εξαρτημένης μεταβλητής .

Δεν είναι σωστό. Αν ήταν το ίδιο επιχείρημα θα δούλευε ακόμα και αν είχαμε $\displaystyle\ln x$ στη θέση της $\displaystyle ln\left( {\frac{{ax}}{{{x^2} + 4}}} \right)$ .

#13

Μιας και γίνεται η κουβέντα, να πω ότι δεν συζητάμε για εξίσωση με διπλή ρίζα, αλλά με μοναδική θετική ρίζα (π.χ. θα μας έκανε και μία δευτεροβάθμια εξίσωση με γινόμενο ριζών Ρ<0 (οπότε Δ>0))

Λάμπρος Κατσάπας · #14

Γιώργος Ρίζος έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 11, 2019 11:22 pm

Αν έχει δύο ρίζες $\displaystyle x = 2 \pm \sqrt {k(x) - 3}$ .

To

ποιο είναι εδώ; Αφού έχουμε πεπλεγμένη μορφή. Προφανώς και είναι σωστό το

Γιώργος Ρίζος έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 11, 2019 11:22 pm

$\displaystyle x = 2 \pm \sqrt {k(x) - 3}$

αλλά πρόκειται για μετασχηματισμό της αρχικής εξίσωσης. Η εξίσωση δεν έχει λυθεί και δεν έχουμε βρει καμία λύση ακόμα.

Γιώργος Ρίζος έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 11, 2019 11:22 pm

Αν η εξίσωση είναι αδύνατη.

Αν έχει δύο ρίζες $\displaystyle x = 2 \pm \sqrt {k(x) - 3}$ .

Αν η εξίσωση έχει μοναδική ρίζα, τη .

Οι διατυπώσεις δίνουν την εντύπωση ότι k(x)

σταθερά για κάθε

. Λείπουν οι ποσοδείκτες.

Οι σωστές κατά τη γνώμη μου θα ήταν οι εξής:

Για τα

για τα οποία k(x)<3

η εξίσωση είναι αδύνατη.

Για τα

για τα οποία k(x)>3

το δεξί μέλος είναι

και το αριστερό $\geq 0$ . Η εξίσωση ενδεχομένως να έχει λύση ενδεχομένως και όχι.

Για τα

για τα οποία k(x)=3

η εξίσωση έχει μοναδική λύση αν και μόνο αν στο σύνολο των λύσεων της k(x)=3

περιέχεται το

Π.χ. αν $k(x)=3\Leftrightarrow x=5$ (τυχαίο νούμερο έβαλα) η διατύπωση ''Αν k(x) = 3

η εξίσωση έχει μοναδική ρίζα, τη x = 2

'' προφανώς και είναι λάθος.

#15

Ευχαριστώ τον Χρήστο για την παρατήρηση και τον Λάμπρο για την αναλυτική τεκμηρίωση. Η εύκολη επαλήθευση (εφόσον είχαν προηγηθεί άλλες λύσεις) με παρέσυραν.

Είχα σκοπό να γράψω αναλυτικά, μετά το αντιπαράδειγμα του Λάμπρου, αλλά λόγω του περασμένου της ώρας, άφησα "ες αύριον τα σπουδαία" και με πρόλαβε ο Λάμπρος.

Σχετικά με το θέμα δείτε στη συζήτηση ΕΔΩ, αλλά και στο άρθρο του Χρήστου και και του Λευτέρη.

Πράγματι, η συνθήκη D = 0

είναι αναγκαία, αλλά δεν είναι ικανή για την ύπαρξη διπλής ρίζας, εφόσον η διακρίνουσα είναι συνάρτηση του

.

KARKAR · #16

Η συνάρτηση $f(x)=\dfrac{x}{x^2+4}$ , έχει μέγιστη τιμή το $\dfrac{1}{4}$ , για x=2

.

Πράγματι για x>0

: $\dfrac{x}{x^2+4}\leq \dfrac{1}{4}\Leftarrow 4x\leq x^2+4\Leftarrow 0\leq(x-2)^2$ , το οποίο ισχύει .

Συνεπώς η $\dfrac{ax}{x^2+4} , a>0$ , έχει μέγιστο το $\dfrac{a}{4}$ , για x=2

αλλά και η $g(x)=\ell n\dfrac{ax}{x^2+4}$

έχει μέγιστο το $\ell n\dfrac{a}{4}$ , για x=2

. Φυσικά η t(x)=x^2-4x+7

, έχει ελάχιστο το

, για

.

Οι δύο καμπύλες έχουν μοναδικό κοινό σημείο , όταν το μέγιστο της

συμπέσει με το ελάχιστο της

,

( αφού και τα δύο επιτυγχάνονται για x=2)

, δηλαδή αν : $\ell n\dfrac{a}{4}=3\Leftrightarrow a=4e^3$ .

: Μοναδική λύση.png (9.88 KiB) Προβλήθηκε 1956 φορές

Σημείωση : Η μοναδικότητα του ελαχίστου της είναι γνωστή . Η μοναδικότητα του μεγίστου της ,παρότι

μπορεί να βρεθεί , θεωρώ ότι δεν απαιτείται , αφού η εύρεση του ενός κοινού σημείου , αυτόματα αποκλείει

την ύπαρξη δεύτερου , διότι για κάθε άλλο είναι $g(x)\leq 3$ και

Al.Koutsouridis · #17

KARKAR έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 12, 2019 11:42 am

Οι δύο καμπύλες έχουν μοναδικό κοινό σημείο , όταν το μέγιστο της συμπέσει με το ελάχιστο της ,

( αφού και τα δύο επιτυγχάνονται για , δηλαδή αν : $\ell n\dfrac{a}{4}=3\Leftrightarrow a=4e^3$ .

Αυτό το σημείο νομίζω χρήζει περαιτέρω δικαιολόγησης, τουλάχιστον ως συνεπαγωγή. Μπορεί να ισχύει για τις δεδομένες καμπύλες αλλά γενικά δυο καμπύλες μπορούν να εφάπτονται π.χ. και σε σημείο που δεν είναι σημείο μεγίστου/ελαχίστου για καμία από αυτές.

Λάμπρος Κατσάπας · #18

KARKAR έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 12, 2019 11:42 am
Η συνάρτηση $f(x)=\dfrac{x}{x^2+4}$ , έχει μέγιστη τιμή το $\dfrac{1}{4}$ , για .

Πράγματι για : $\dfrac{x}{x^2+4}\leq \dfrac{1}{4}\Leftarrow 4x\leq x^2+4\Leftarrow 0\leq(x-2)^2$ , το οποίο ισχύει .

Συνεπώς η $\dfrac{ax}{x^2+4} , a>0$ , έχει μέγιστο το $\dfrac{a}{4}$ , για αλλά και η $g(x)=\ell n\dfrac{ax}{x^2+4}$

έχει μέγιστο το $\ell n\dfrac{a}{4}$ , για . Φυσικά η , έχει ελάχιστο το , για .

Οι δύο καμπύλες έχουν μοναδικό κοινό σημείο , όταν το μέγιστο της συμπέσει με το ελάχιστο της ,

( αφού και τα δύο επιτυγχάνονται για , δηλαδή αν : $\ell n\dfrac{a}{4}=3\Leftrightarrow a=4e^3$ .Μοναδική λύση.png

Σημείωση : Η μοναδικότητα του ελαχίστου της είναι γνωστή . Η μοναδικότητα του μεγίστου της ,παρότι

μπορεί να βρεθεί , θεωρώ ότι δεν απαιτείται , αφού η εύρεση του ενός κοινού σημείου , αυτόματα αποκλείει

την ύπαρξη δεύτερου , διότι για κάθε άλλο είναι $g(x)\leq 3$ και

Ας δώσω μια, κατά τη γνώμη μου, πιο φυσιολογική και μεθοδολογική λύση αλλά στα πλαίσια της Γ Λυκείου (χωρίς κυρτότητα).

Υπόψιν ότι ο μαθητής της B Λυκείου δεν έχει τη γνώση να σχεδιάσει τη γραφική παράσταση της $\displaystyle \ln \frac {ax}{x^2+4}$

για να πάρει τη λύση από εκεί αλλά επίσης θεωρώ ότι είναι δύσκολο να σκεφτεί κάποιος μαθητής μια τέτοια λύση αν δεν ξέρει το κόλπο.

Έστω a_0

το μοναδικό

.

Θεωρούμε την $\displaystyle f(x)= \ln \frac {ax}{x^2+4}-x^2+4x-7,x>0$ η οποία είναι συνεχής και παραγωγίσιμη.

Θέλουμε να υπάρχει μοναδικό x_0>0

τέτοιο ώστε f(x_0)=0.

Άρα (από συνέχεια) πρέπει

f(x)<0

για κάθε

με $x\neq x_0$ (με τα όρια στο 0^+

, στο $+\infty$ και τον BOLZANO είναι εύκολο να δικαιολογήσουμε γιατί πρέπει να συμβαίνει κάτι τέτοιο).

Αυτό σημαίνει ότι το x_0

είναι θέση τοπικού (και ολικού)

μεγίστου της

. Επομένως, αν υπάρχει τέτοιο

x_0

, αναγκαστικά θα ισχύει ${f}'(x_0)=0$ . Όμως $\displaystyle {f}'(x)=\frac{(2-x)(2x^3+9x+2)} {x(x^2+4)},x>0.$

Συνεπώς
$\displaystyle {f}'(x_0)=0\Leftrightarrow \frac{(2-x_0)(2x_0^{3}+9x_0+2)} {x_0(x_0^{2}+4)}=0 \Leftrightarrow x_0=2,$

αφού $2x^{3}+9x+2 >0$ για x>0.

Για $\displaystyle x_0=2$ παίρνουμε $\displaystyle \ln\frac{a_0}{4}=3\Leftrightarrow a_0=4e^3.$

Από το τελευταίο φαίνεται ότι δεν χρειάζεται να δωθεί στην εκφώνηση ότι το

είναι μοναδικό αλλά αυτό

είναι κάτι που προκύπτει κατά τη διαδικασία επίλυσης.

Η εκφώνηση απαιτεί να επαληθεύσουμε ότι όντως για το a_0

που βρήκαμε η εξίσωση έχει μοναδική λύση.

Από το πρόσημο της παραγώγου (η οποία παρεμπιπτόντως είναι ανεξάρτητη του

αφού οι συναρτήσεις

$\displaystyle f(x)= \ln \frac {ax}{x^2+4}$ είναι απλά κατακόρυφες μετατοπίσεις ως προς τη γραφική τους παράσταση της $\displaystyle f(x)= \ln \frac {x}{x^2+4}$ )

είναι εύκολο να δούμε ότι όντως το a_0

που βρήκαμε επαληθεύει.

Christos.N · #19

Σχεδόν παρόμοια με του Λάμπρου,

$ln(\frac{ax}{x^2+4})=x^2-4x+7 \Leftrightarrow lna=(x-2)^2+3 + ln(\frac{x^2+4}{x})$

άρα μένει να εντοπίσουμε το σύνολο τιμών της

κ.τ.λ.

Νομίζω Λάμπρο ότι την παράγωγο στην παραπάνω την υπολόγισες και εσύ.

christinat · #20

$x^{2}-4x+7-ln(\frac{ax }{x^{2}+4})=0$

Για να έχει η εξίσωση μοναδική ρίζα πρέπει:

$D=0\Rightarrow -12+4ln(\frac{ax}{x^{2}+4})=0\Rightarrow ln(\frac{ax }{x^{2}+4})=3\Rightarrow e^{3}=\frac{ax }{x^{2}+4} \Rightarrow e^{3}x^{2}-ax +4e^{3}=0$ (1)

Πρέπει $D_{1}=0\Rightarrow a^{2}-16e^{6}=0\Rightarrow a=\pm 4e^{3}$

Αν $a=-4e^{3}$ η εξίσωση (1) είναι αδύνατη
Αν $a=4e^{3}$ η (1) έχει μοναδική ρίζα x=2

Άρα $a=4e^{3}$

Μοναδική λύση

Μοναδική λύση

Re: Μοναδική λύση

Re: Μοναδική λύση

Re: Μοναδική λύση

Re: Μοναδική λύση

Re: Μοναδική λύση

Re: Μοναδική λύση

Re: Μοναδική λύση

Re: Μοναδική λύση

Re: Μοναδική λύση

Re: Μοναδική λύση

Re: Μοναδική λύση

Re: Μοναδική λύση

Re: Μοναδική λύση

Re: Μοναδική λύση

Re: Μοναδική λύση

Re: Μοναδική λύση

Re: Μοναδική λύση

Re: Μοναδική λύση

Re: Μοναδική λύση

Μέλη σε σύνδεση